DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
DIFERENCIÁLNÍ
POČET (2)STUDIJNÍ OPORA PRO KOMBINOVANÉ
STUDIUM
DIFERENCIÁLNÍ
POČET (2)
Funkce více proměnných
Řešené příklady
RNDr. Vladimíra MÁDROVÁ,CSc.
Moravská vysoká škola Olomouc, o. p. s., 2018
Projekt EDULAM -
”
Zvýšení kvality vzdělávání na MVŠO s ohledem na potřeby trhu práce, digitalizaci
a internacionalizaci“ (č. projektu XXXXX) je spolufinancován Evropskou unií.
© Moravská vysoká škola Olomouc, o. p. s.
Autor: RNDr. Vladimíra MÁDROVÁ, CSc.
Olomouc 2018
Obsah
Úvod 6
Zadání funkce a její hodnoty 7
Definiční obor funkce 12
Graf funkce 36
Limita funkce 45
Existence limity 46
Výpočet limit 51
a) Funkce spojitá v limitním bodě 51
b) Výpočet limity uži m úpravy předpisu funkce 52
c) Výpočet limity uži m rozšíření předpisu funkce vhodným výrazem 54
d) Výpočet limit uži m polárních souřadnic 56
e) Výpočet limit uži m základních limit 59
f) Výpočet limit lim
(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y)]g(x,y)
62
Spojitost funkce 67
Parciální derivace 79
Parciální derivace funkce v bodě 80
Výpočet parciálních derivací prvního řádu 82
Parciální derivace vyšších řádů 90
Tečná rovina a normála 98
Totální diferenciál 104
Lokální extrémy funkce 111
Globální a vázané extrémy 126
Funkce tří proměnných 137
Zadání funkce a její hodnoty 138
Definiční obor funkce 139
Spojitost 143
Limita funkce 144
Parciální derivace 145
Totální diferenciál funkce 150
Extrémy 152
Implicitní funkce 164
Seznam literatury a použitých zdrojů 186
Seznam obrázků 187
Seznam tabulek 189
Úvod
Cílem textu je seznámit studenty s diferenciálním počtem funkce více proměnných, a to především
s jeho využi m formou řešených příkladů. Po přečtení textu student správně chápe pojem
funkce dvou a tří proměnných. Pro tyto funkce bezpečně určuje jejich definiční obory, obory
spojitos a množiny bodů nespojitos a dovede je znázornit. Umí vyšetřit existenci limity a počítat
limity rozličných funkcí. Ru nně zvládá výpočet parciálních derivací a chápe jejich geometrický
význam. Umí aplikovat poznatky z diferenciálního počtu při určování přibližných hodnot
výrazů, sestavování rovnic tečné roviny a normály k ploše. Chápe rozdíl mezi lokálními a globálními
extrémy, umí je vyhledat a určit jejich hodnotu. Rozumí pojmu implicitní funkce, dokáže
vyšetřit její existenci, umí počítat derivaci a vyšetřovat vlastnos implicitní funkce.
Kapitola 1
Zadání funkce a její hodnoty
Po prostudování kapitoly budete umět:
• určovat funkční hodnoty funkce.
Klíčová slova:
Funkce, funkční hodnota.
ZADÁNÍ FUNKCE A JEJÍ HODNOTY 8
Příklad 1.1 Vyjádřeme objem V a povrch S pravidelného trojbokého hranolu jako funkci výšky
v a podstavné hrany a. (a > 0 a v > 0)
Řešení
Objem V má být funkcí a a v, tj. V = f (a, v) a také S má být funkcí4 a a v, tj. S = g (a, v).
Podstavou pravidelného trojbokého hranolu je rovnostranný trojúhelník o straně a; vypočteme
jeho obsah P.
a
aa
h h =
√
a2 −
(a
2
)2
=
√
a2 − a2
4
=
√
3
4
a2 = a
2
√
3 (Pythagorova věta)
Obsah P trojúhelníku je P = a
2
· h = a
2
· a
2
√
3 = a2
4
√
3
Objem V hranolu je V = P · v = a2
4
√
3v =
√
3
4
a2
v
Povrch S hranolu je S = P + 3av = a2
4
√
3 + 3av
Příklad 1.2 Vyjádřeme objem V a plášť S rotačního kužele jako funkci jeho výšky v a strany s.
(v > 0, s > 0)
Řešení
Objem V kužele je V = 1
3
πr2
v; za m je V funkcí r a v, π je konstanta.
Požadujeme, aby V = f (v, s).
r
sv
Užijeme Pythagorovu větu a vypočteme r2
= s2
− v2
=⇒ r =
√
s2 − v2
Do V dosadíme za r. Potom V = 1
3
π (s2
− v2
).
Plášť S kužele je S = πrs; za m je S funkcí r a s, π je konstanta. Požadujeme, aby S = g (v, s).
Do S dosadíme za r. Potom S = π
√
s2 − v2s = πs
√
s2 − v2.
Příklad 1.3 Určeme hodnotu funkce z = f (x, y) v bodě A.
a) f(x, y) =
√
x2 + 2y3; A = [0; 0]
b) f(x, y) = 3x√
xy
; A = [2; 2]
c) f(x, y) = x
√
y + 3x3
y
− 15x + 30; A = [2; 4]
d) f(x, y) = 2 arcsin (x + y) cos y
x
; A = [1; 0]
e) f(x, y) = ex2y
x
+ 6xy − 5y2
; A = [0; 1]
9 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Řešení
Do předpisu dané funkce dosadíme souřadnice bodu A.
a) f(A) =
√
02 + 2 · 03 =
√
0 = 0
b) f(A) = 3·2√
2·2
= 6
2
= 3
c) f(A) = 2
√
4 + 3·23
4
− 15 · 2 + 30 = 4 + 6 − 30 + 30 = 10
d) f(A) = 2 arcsin (1 + 0) · cos 0
1
= 2 arcsin 1 · cos 0 = 2 · π
2
· 1 = π
e) f(A) = e02·1
0
+ 6 · 0 · 1 − 5 · 12
; neexistuje
Výraz e0
0
= 1
0
není definován, f(A) neexistuje, neboť bod A nepatří do definičního oboru
funkce.
Příklad 1.4 Určeme hodnotu funkce z = 4exy
+ 3x − 2y2
v bodech A = [1; 1], B = [1; 0],
C = [a; −a], D =
[
a; 1
a
]
, a ̸= 0.
Řešení
Postupně dosazujeme souřadnice bodů do předpisu funkce.
z(A) = 4e1·1
+ 3 · 1 − 2 · 12
= 4e + 3 − 2 = 4e + 1
z(B) = 4e1·0
+ 3 · 1 − 2 · 02
= 4e0
+ 3 − 0 = 4 · 1 + 3 = 7
z(C) = 4ea·(−a)
+ 3 · a − 2 · (−a)2
= 4e−a2
+ 3a − 2a2
= 4e−a2
+ 3a − 2a2
z(D) = 4ea· 1
a + 3 · a − 2 ·
(1
a
)2
= 4e1
+ 3a − 2
a2 = 4e + 3a − 2
a2
Příklad 1.5 Určeme hodnotu funkce f(x, y) =



2x−y2
x−y
pro y ̸= x
3x + y pro y = x
v bodech A = [1; 1],
B = [1; −1], C = [0; −2],D = [2; 2], E =
[1
2
; 2
3
]
.
Řešení
Pokud jsou souřadnice bodu různé (x ̸= y), pak dosazujeme do té čás předpisu funkce, která
je uvedena v horním řádku; pokud jsou souřadnice bodu stejné (x = y), pak dosazujeme do
dolního řádku předpisu funkce.
f(A) = 3 · 1 + 1 = 4
f(B) = 2·1−(−1)2
1−(−1)
= 2−1
1+1
= 1
2
f(C) = 2·0−(−2)2
0−(−2)
= 0−4
0+2
= −2
f(D) = 3 · 2 + 2 = 8
f(E) =
2· 1
2
−(2
3 )
2
1
2
−2
3
=
1−4
9
3−4
6
=
5
9
−1
6
= −30
9
= −10
3
ZADÁNÍ FUNKCE A JEJÍ HODNOTY 10
Příklad 1.6 Je dána funkce f(x, y) = x
x−y
. Určeme její definiční obor D(f) a dokažte, že pro
každý bod [a; b] ∈ D(f) pla rovnost f (a, b) + f (b, a) = 1.
Řešení
Určíme D(f) : x − y ̸= 0 =⇒ y ̸= x;
f (a, b) = a
a−b
a f (b, a) = b
b−a
Potom f (a, b) + f (b, a) = a
a−b
+ b
b−a
= a−b
a−b
= 1.
Daná rovnost pla .
11 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Hodnotu funkce v daném bodě určíme tak, že za proměnné v předpisu funkce
dosadíme odpovídající souřadnice bodu.
1. Určete hodnotu funkce f (x, y) = 4x2
y + 5y2
x − 6x + 2y + 9 v bodech
A = [1, −1], B =
[
−1
3
, 3
2
]
, C =
[
a, 1
a
]
, a ̸= 0.
[
f (A) = 2, f (B) = 131
12
, f (C) = −2a2+9a+7
a
]
2. Určete hodnotu funkce f (x, y) = 6x−y
x−2y+5
v bodech
A = [3, −1], B = [−1, 2], C =
[1
2
, 1
2
]
, D = [1, 6].
[
f (A) = 19
10
, f (B) neexistuje, f (C) = 5
9
, f (D) = 0
]
3. Určete hodnotu funkce
f (x, y) =



x − 2y + 3 pro xy > 0
5 pro x = 0 nebo y = 0
1
xy
pro xy < 0
v bodech A = [1, 1], B = [−2, 3], C = [0, 1], D =
[1
2
, −1
3
]
,
E =
[
−2
3
, −3
2
]
, F =
[5
2
, 0
]
.
[
f (A) = 2, f (B) = −1
6
, f (C) = 5, f (D) = −6, f (E) = 16
3
, f (F) = 5
]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 2
Definiční obor funkce
Po prostudování kapitoly budete umět:
• určovat definiční obory funkcí;
• znázorňovat definiční obory v kartézských souřadnicích.
Klíčová slova:
Definiční obor.
13 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Připomínáme: Při určování definičního oboru vycházíme z těchto podmínek:
• jmenovatel zlomku musí být různý od čísla 0,
• odmocněnec v odmocnině se sudým odmocnitelem musí být nezáporný,
• argument logaritmu musí být kladný,
• argument funkce tangens, resp. kotangens, musí být různý od lichých, resp. sudých, násobků
čísla π
2
,
• argument funkcí arkussinus a arkuskosinus musí patřit do intervalu ⟨−1, 1⟩.
Příklad 2.1 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) = 1√
y−1
+ 1
x
.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínek√
y − 1 ̸= 0 ∧ y − 1 ≥ 0 ∧ x ̸= 0
Z prvních dvou podmínek obdržíme
y − 1 > 0 ⇒ y > 1
Množina bodů [x, y], pro něž pla y > 1 je polorovina neobsahující počátek (zjis me dosazením
souřadnic bodu [0, 0]) s hraniční přímkou y = 1.
Množina bodů [x, y], pro něž pla x = 0 je osa y, ta do D(f) nepatří.
x
D (  )
y = 1
1
y
0
Obr. 2.1 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; y > 1 ∧ x ̸= 0
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je horní polorovina s hraniční přímkou y = 1, bez bodů přímky y = 1 a bez bodů
osy y.
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 14
Příklad 2.2 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) = 2xy
36−x2−y2 .
Řešení
Jmenovatel zlomku musí být různý od nuly, tj. 36 − x2
− y2
̸= 0. Nerovnici upravíme na tvar
x2
+ y2
̸= 36.
Víme, že x2
+ y2
= 62
je rovnice kružnice se středem v počátku a poloměrem 6.
6
6
D (  )
x
y
Obr. 2.2 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; x2
+ y2
̸= 36
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definičním oborem funkce je rovina R2
s výjimkou všech bodů, které leží na kružnici
x2
+ y2
= 36.
Příklad 2.3 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) =
√
−2y + ex
√
x
.
Řešení
Pod sudou odmocninou musí být číslo nezáporné, tedy −2y ≥ 0 ⇒ y ≤ 0 a také x ≥ 0;
poněvadž
√
x je ve jmenovateli musí zároveň pla t
√
x ̸= 0, tedy x > 0.
Určíme průnik množin y ≤ 0 a x > 0; obě množiny jsou poloroviny.
y
x
y ≤ 0
y
x
x ≥ 0
15 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
x
y
D()
y
Obr. 2.3 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; y ≤ 0 ∧ x > 0
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definičním oborem jsou vnitřní body IV. kvadrantu včetně bodů čás osy x, ale bez bodů osy y.
Příklad 2.4 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) =
√
x2 + y2 − 1 log (9 − x2
− y2
).
Řešení
Definiční obor určíme z podmínek
x2
+ y2
− 1 ≥ 0 ∧ 9 − x2
− y2
> 0.
Pod sudou odmocninou musí být nezáporný výraz, tj. x2
+ y2
− 1 ≥ 0.
Upravíme nerovnost x2
+ y2
− 1 ≥ 0 ⇒ x2
+ y2
≥ 1.
Množina bodů vyhovujících nerovnos jsou vnější body kružnice o rovnici x2
+ y2
= 1, včetně
této kružnice. Kružnice má střed v počátku a poloměr 1.
(a)
1
x2
+ y2
≥ 1
1
x
y
Podmínku 9−x2
−y2
> 0 jsme obdrželi na základě toho, že argument logaritmu musí být
kladný. Upravíme nerovnost 9−x2
−y2
> 0 ⇒ x2
+y2
< 9. Odpovídající množina bodů
jsou body vnitřku kružnice o rovnici x2
+ y2
= 32
se středem v počátku a poloměrem 3.
(b)
-3
x2
+ y2
< 9
3
x
y
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 16
Zda jde o body vnitřku či vnějšku kružnice zjis me dosazením souřadnic vhodně zvoleného
bodu, nejlépe počátku [0, 0].
31
D (  )
x
y
Obr. 2.4 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; 1 ≤ x2
+ y2
< 9
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnikem množin (a) a (b).
Definiční obor jsou body mezikruží včetně kružnice x2
+ y2
= 1 s výjimkou bodů kružnice
x2
+ y2
= 32
.
Příklad 2.5 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) =
√
x2 − 1 +
√
4 − y2.
Řešení
Pod sudou odmocninou musí být nezáporné výrazy, tedy x2
− 1 ≥ 0 a 4 − y2
≥ 0.
Z podmínky x2
− 1 ≥ 0 ⇒ x2
≥ 1 ⇒ |x| ≥ 1 ⇔ (x ≤ −1 ∨ x ≥ 1).
Množiny bodů x ≤ −1 a x ≥ 1 jsou poloroviny s příslušnými hraničními přímkami.
(a)
1-1
x
y
Z podmínky 4 − y2
≥ 0 ⇒ y2
≤ 4 ⇒ |y| ≤ 2 ⇔ −2 ≤ y ≤ 2.
Množina bodů −2 ≤ y ≤ 2 je vodorovný pás mezi přímkami y = −2 a y = 2, včetně
těchto přímek.
17 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
(b)
2
-2
x
y
D (  )
-1 1
x
-2
-1
1
2
y
Obr. 2.5 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; |x| ≥ 1 ∧ |y| ≤ 2
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor obdržíme jako průnik množin (a) a (b).
Příklad 2.6 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) =
√
x − y2 +
√
y − x2.
Řešení
Pod sudou odmocninou musí být výraz nezáporný, tedy x − y2
≥ 0 a zároveň y − x2
≥ 0.
Po úpravě obdržíme x ≥ y2
a y ≥ x2
.
x = y2
je rovnice paraboly s vrcholem v počátku a osou v kladné čás osy x
y = x2
je rovnice paraboly s vrcholem v počátku a osou v kladné čás osy y
(a)
x ≥ y2
x
y
(b) y ≥ x2
x
y
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 18
Množiny bodů vyhovující nerovnostem x ≥ y2
a y ≥ x2
jsou vnitřní body parabol včetně jejich
hranice.
D (  )
1
x
1
y
Obr. 2.6 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; x ≥ y2
∧ y ≥ x2
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnik množin (a) a (b).
Příklad 2.7 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) = arccos y
x2
Řešení
Argument funkce arkuskosinus musí patřit do intervalu ⟨−1, 1⟩, tj.
−1 ≤ y
x2 ≤ 1 a jmenovatel zlomku musí být nenulový, tj. x2
̸= 0 ⇒ x ̸= 0.
Upravíme nerovnost −1 ≤ y
x2 ≤ 1, pak obdržíme −x2
≤ y a y ≤ x2
.
Ohraničující křivky množin vyhovujících nerovnostem jsou paraboly s vrcholy v počátku, přičemž
parabola y = x2
je otevřená směrem dolů a parabola y = x2
směrem nahoru.
(a)
y = x2
x
y
y ≤ x2
(b)
y = -x2
x
y
y ≥ -x2
Odpovídající množiny jsou vnější a hraniční body parabol.
19 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
x
y
Obr. 2.7 D (f) =
{
[x, y] ∈ R2
; −x2
≤ y ≤ x2
∧ x ̸= 0
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnikem množin (a) a (b), ale bez počátku, protože x ̸= 0.
Příklad 2.8 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) =
√
arctg y2−x2
x2+y2−9
.
Řešení
Vzhledem k sudé odmocnině píšeme podmínku arctg y2−x2
x2+y2−9
≥ 0 a vzhledem ke zlomku
x2
+ y2
− 9 ̸= 0.
Argument funkce arkustangens musí být větší nebo roven nule, aby hodnota funkce byla nezá-
porná.
y2
− x2
x2 + y2 − 9
≥ 0 ∧ x2
+ y2
− 9 ̸= 0 ⇒ x2
+ y2
̸= 32
[
y2
− x2
≥ 0 ∧ x2
+ y2
− 9 > 0
]
∨
[
y2
− x2
≤ 0 ∧ x2
+ y2
− 9 < 0
]
[
(y − x) (y + x) ≥ 0 ∧ x2
+ y2
> 32
]
∨
[
(y − x) (y + x) ≤ 0 ∧ x2
+ y2
< 32
]


y ≥ x ∧ y ≥ −x
nebo ∧ x2
+ y2
> 32
y ≤ x ∧ y ≤ −x

 ∨


y ≥ x ∧ y ≤ −x
nebo ∧ x2
+ y2
< 32
y ≤ x ∧ y ≥ −x


(a) x
y
y = x
y = -x
(y ≥ x ∧ y ≥ −x) ∨ (y ≤ x ∧ y ≤ −x)
(b) x
y
y = x
y = -x
(y ≥ x ∧ y ≤ −x) ∨ (y ≤ x ∧ y ≥ −x)
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 20
(c)
x2
+ y2
> 32
3
x
y
(d)
x2
+ y2
< 32
3
x
y
(e) x
y
(a) ⋂ (c)
(f) x
y
(b) ⋂ (d)
x
y
3
Obr. 2.8 Definiční obor funkce f (x, y) =
√
arctg y2−x2
x2+y2−9
Zdroj: Vlastní zpracování
21 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 2.9 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) = ln −5
x2−y2 +
√
4y − y2 − x2.
Řešení
Argument logaritmu musí být kladný, což nastane pro x2
− y2
< 0 a pod sudou odmocninou
musí být číslo nezáporné, tj. 4y − y2
− x2
≥ 0.
Postupně obě nerovnos upravíme.
x2
− y2
< 0 ⇔ (x + y) (x − y) < 0 ⇔ {[x − y > 0 ∧ x + y < 0] ∨ [x − y < 0 ∧ x + y > 0]}
(y < x ∧ y < −x) ∨ (y > x ∧ y > −x)
Znázorníme odpovídající množiny.
(a) x
y
y = x
y = -x
y < x ∧ y < −x
(b) x
y
y > x ∧ y > −x
Nerovnost x2
− y2
≤ 0 je splněna pro body sjednocení množin (a) a (b).
(c) x
y
x2
− y2
< 0
(d) S
x
2
y
4y − y2
− x2
≥ 0
Upravíme nerovnost 4y − y2
− x2
≥ 0.
Nejdříve budeme pracovat s rovnicí 4y − y2
− x2
= 0.
Upravíme ji na tvar x2
+ y2
− 4y = 0.
Zřejmě se jedná o kružnici, proto provedeme další úpravy.
x2
+ (y − 2)2
= 4, což je rovnice kružnice se středem S = [0; 2] a poloměrem r = 2.
Body vyhovující nerovnos 4y−y2
−x2
≥ 0 jsou vnitřní a hraniční body výše uvedené kružnice.
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 22
x
2
y
y = xy = -x
Obr. 2.9 Definiční obor funkce f (x, y) = ln −5
x2−y2 +
√
4y − y2 − x2
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnikem množin (c) a (d).
Příklad 2.10 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) =
√
x − ln y + ln (x + 1).
Řešení
Podmínky:
x − ln y ≥ 0 ∧ y > 0 ∧ x + 1 > 0
x ≥ ln y x > −1
ln ex
≥ ln y
y ≤ ex
D (  )
x
ℯx
y
Obr. 2.10 Definiční obor funkce f (x, y) =
√
x − ln y + ln (x + 1)
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnikem všech tří množin a je to část roviny ohraničená exponenciálou
y = ex
, přímkou x = −1 a osou x.
23 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 2.11 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce f (x, y) =
√
sin (x2 + y2).
Řešení
Definiční obor určíme z podmínky sin (x2
+ y2
) ≥ 0.
Odtud obdržíme
0 + 2kπ ≤ x2
+ y2
≤ π + 2kπ, kde k ∈ N0 (k je přirozené číslo a nula)
2kπ ≤ x2
+ y2
≤ (2k + 1) π
Je-li k = 0, pak 0 ≤ x2
+ y2
≤ π.
Tuto nerovnost splňují body kruhu ohraničeného kružnicí x2
+y2
= π, která má střed v počátku
a poloměr
√
π.
Je-li k = 1, pak 2π ≤ x2
+ y2
≤ 3π.
Nerovnost splňují body mezikruží ohraničeného kružnicemi x2
+ y2
= 2π a x2
+ y2
= 3π.
Pro k = 2 obdržíme 4π ≤ x2
+ y2
≤ 5π atd.
D (  )
2 ππ 3 π
4 π 5 π
x
y
Obr. 2.11 D(f) =
{
[x, y] ∈ R2
; 2kπ ≤ x2
+ y2
≤ (2k + 1) π, k ∈ N0
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definičním oborem je kruh a nekonečná množina mezikruží.
Příklad 2.12 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) = arccos [2y (1 + x2
) − 1].
Řešení
Z podmínky pro argument funkce arkuskosinus dostaneme, že 2y (1 + x2
) − 1 musí patřit do
intervalu ⟨−1; 1⟩.
Tedy −1 ≤ 2y
(
1 + x2
)
− 1 ≤ 1,
odtud 0 ≤ 2y
(
1 + x2
)
∧ 2y
(
1 + x2
)
≤ 2.
Nerovnost 0 ≤ 2y (1 + x2
) je splněna pro y ≥ 0, poněvadž výraz 1 + x2
> 0 pro všechny body
[x, y] ∈ R2
.
Podmínku y ≥ 0 splňují body horní poloroviny včetně hraniční přímky y = 0.
Úpravou nerovnos 2y (1 + x2
) ≤ 2 obdržíme y ≤ 1
1+x2 .
Vyšetřením průběhu funkce y = 1
1+x2 zjis me, jak vypadá její graf.
Podmínku y ≤ 1
1+x2 splňují body čás roviny nacházející se na křivce a pod křivkou y = 1
1+x2 .
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 24
(a)
x
y
y ≥ 0
(b)
x
y
y ≥
1
1 + x2
x
y
D (  )
Obr. 2.12 D(f) =
{
[x, y] ∈ R2
; 0 ≤ y ≤ 1
1+x2
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnikem množin (a) a (b).
Příklad 2.13 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) = arcsin (x2
+ y2
− 1) + 1
x
ln (x2
− y).
Řešení
Argument funkce arkussinus musí patřit do intervalu ⟨−1; 1⟩.
Definičním oborem prvního sčítance je proto množina bodů, které splňují nerovnos
−1 ≤ x2
+ y2
− 1 ≤ 1
Odtud
−1 ≤ x2
+ y2
− 1 ∧ x2
+ y2
− 1≤ 1
0 ≤ x2
+ y2
∧ x2
+ y2
≤ 2
25 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Podmínku 0 ≤ x2
+ y2
splňují všechny body [x, y] ∈ R2
.
Podmínku x2
+ y2
≤ 2 splňují všechny body kruhu s hraniční kružnicí x2
+ y2
=
(√
2
)2
.
2
x2
+ y2
≤ 2
x
y
Další podmínku x ̸= 0 splňují všechny body roviny R2
s výjimkou osy y.
Poslední podmínku x2
− y > 0 upravíme na tvar y < x2
. Rovnice y = x2
je rovnicí paraboly s
vrcholem v počátku a osou v kladné čás osy y.
Body vyhovující podmínce x2
− y > 0 jsou vnější body paraboly o rovnici y = x2
.
y = x2
x2
- y > 0
x
y
x
2- 2
y
Obr. 2.13 Definiční obor funkce f (x, y) = arcsin
(
x2
+ y2
− 1
)
+ 1
x ln
(
x2
− y
)
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je průnikem všech tří množin.
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 26
Příklad 2.14 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) = 2xy2
cotg (y−x)
.
Řešení
Argument funkce kotangens musí být různý od celých násobků čísla π, tedy
y − x ̸= kπ, k ∈ Z
Upravíme na tvar y ̸= x + kπ.
Jmenovatel zlomku musí být nenulový, tedy cotg (y − x) ̸= 0 ⇒ y − x ̸= π
2
+ kπ, k ∈ Z.
Upravíme na tvar y ̸= x + π
2
+ kπ
y ̸= x + (2k + 1) π
2
D (  )
y = x + π
y=x+π
2
y = x
y = x - π
y=x-π
2
x
y
Obr. 2.14 D(f) =
{
[x, y] ∈ R2
; y ̸= x + k π
2 , k ∈ Z
}
Zdroj: Vlastní zpracování
Definičním oborem je množina bodů roviny R2
s výjimkou všech bodů přímek o rovnici
y = x + kπ
2
, kde k ∈ Z.
27 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 2.15 Určeme a načrtněme definiční obor D(f) funkce
f (x, y) =
√
sin x cos y.
Řešení
Vyjdeme z podmínky sin x cos y ≥ 0, což je splněno pokud sin x ≥ 0 a cos y ≥ 0 nebo sin x ≤ 0
a cos y ≤ 0.
(a) sin x ≥ 0 je-li x ∈ ⟨0 + 2kπ; π + 2kπ⟩ , k ∈ Z
cos y ≥ 0 je-li y ∈
⟨
−π
2
+ 2kπ; π
2
+ 2kπ
⟩
, k ∈ Z
-4 π -3 π -2 π -π 3 π2 ππ 4 π-π
x
3 π
2
5 π
2
-
5 π
2
7 π
2
-
7 π
2
-
3 π
2
π
2
-
π
2
y
sin x ≥ 0 ∧ cos y ≥ 0
(b) sin x ≤ 0 je-li x ∈ ⟨π + 2kπ; 2π + 2kπ⟩ , k ∈ Z
cos y ≤ 0 je-li y ∈
⟨π
2
+ 2kπ; 3
2
π + 2kπ
⟩
, k ∈ Z
-4 π -3 π -2 π -π 3 π2 ππ-π 4 π
x
3 π
2
5 π
2
-
5 π
2
7 π
2
-
7 π
2
-
3 π
2
π
2
-
π
2
y
sin x ≤ 0 ∧ cos y ≤ 0
DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 28
Definiční obor je sjednocením množin (a) a (b).
-4 π -3 π -2 π -π 3 π2 ππ 4 π-π
x
3 π
2
5 π
2
-
5 π
2
7 π
2
-
7 π
2
-
3 π
2
π
2
-
π
2
y
Obr. 2.15 Definiční obor funkce f (x, y) =
√
sin x cos y
Zdroj: Vlastní zpracování
Definiční obor je neohraničená šachovnice souměrná podle osy x.
29 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Definiční obory určujeme ze známých podmínek, které stanovíme z předpisu
funkce. Podmínky jsou vyjádřeny zpravidla ve tvaru nerovnic. Vyřešením nerovnice,
případně soustavy nerovnic, obdržíme definiční obor.
1. Určete a načrtněte definiční obor D(f) funkce f.
• f (x, y) = 3
√
x2 − y3
[D(f) = R2
]
• f (x, y) = 1
y2−x2


























x
y
y = x
y = -x
D (  )
rovina R2
s výjimkou všech
bodů přímek y = x a y = −x


























• f (x, y) =
√
4x − 3x√
y



























y
x
D (  )
body I kvadrantu včetně kladné
čás osy y s výjimkou kladné
čás osy x



























DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 30
• f (x, y) = arctg 2y
x2+y2−25


























5
D (  )
x
y
rovina R2
s výjimkou bodů
kružnice o rovnici x2
+ y2
= 25


























• f (x, y) =
√
ln (x + y)




























y = -x + 1
D (  )
x
y
polorovina s výjimkou bodů
hraniční přímky y = −x + 1
neobsahující počátek




























• f (x, y) = 1
y
+ arccos x























x
1-1
D (  )
y
svislý pás mezi přímkami x = −1
a x = 1 s výjimkou bodů osy x























31 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
• f (x, y) = arccotg y2
x
























D (  )
x
y
rovina R2
kromě osy y
























• f (x, y) =
√
x2
1−y2























D (  )
x
y
vodorovný pás mezi přímkami y = 1 a y = −1























• f (x, y) = arcsin y
x
























x
y
D (  )
část roviny R2
vymezená přímkami o rovnicích y = x
a y = −x obsahující osu x mimo počátek
























DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 32
• f (x, y) = ln (x2
+ y) +
√
1 − y
























x
y
D (  )
y = 1
část roviny R2
omezená přímkou y = 1
a parabolou y = −x2
























• f (x, y) = ln (xy)
√
x2+y2−4



























D (  )
x
y
2-2
část kruhu v I. a III. kvadrantu
s výjimkou bodů souřadnicových os
a bodů kružnice x2
+ y2
= 4



























• f (x, y) =
√
(4 − x2) (4 − y2)


















D (  )
-2 2
-2
2
x
y


















33 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
• f (x, y) =
ln (x2−2y+y2
)√
ln (x2+y2)






















D (  )
x
y






















• f (x, y) = ln (x sin y)









































D (  )
3 π
2 π
π
-π
-2 π
-3 π
x
y









































DEFINIČNÍ OBOR FUNKCE 34
• f (x, y) = 1
sin [π(x+y)]






































D (  )
y = -x + 2
y = -x + 1
y = -x
y = -x - 1
x
y
rovina R2
výjimkou bodů přímek o rovnicich
y = −x + k, k ∈ Z






































35 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 3
Graf funkce
Po prostudování kapitoly budete umět:
• stanovit a načrtnout graf funkce;
• určit D(f) a H(f).
Klíčová slova:
Graf funkce, řez grafu rovinou, rotační plocha.
37 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Připomínáme: D(f) ⊂ R2
, H(f) ⊂ R, G(f) ⊂ R3
Příklad 3.1 Určeme definiční obor D(f), obor hodnot H(f) a graf G(f) funkce
f (x, y) = 3
2
− x
2
+ y
4
.
Řešení
D(f) = R2
Protože z = f (x, y), můžeme psát
z =
3
2
−
x
2
+
y
4
Rovnici upravíme na tvar
x
2
−
y
4
+ z =
3
2
/ ·
2
3
x
3
+
y
−6
+
z
3
2
= 1, což je úsekový tvar rovnice roviny.
Obr. 3.1 Graf funkce f (x, y) = 3
2 − x
2 + y
4
Zdroj: Vlastní zpracování
Grafem funkce je rovina, která na osách x, y a z vy ná úseky 3,−6 a 3
2
. Obor hodnot H(f) = R.
GRAF FUNKCE 38
Příklad 3.2 Určeme definiční obor D(f), obor hodnot H(f) a graf G(f) funkce
f (x, y) =
√
6 − x2 − y2 + 4x + 2y.
Řešení
D(f) určíme z podmínky: 6 − x2
− y2
+ 4x + 2y ≥ 0
Upravíme na tvar
x2
+ y2
− 4x − 2y ≤ 6
x2
− 4x + 4 + y2
− 2y + 1 ≤ 6 + 4 + 1
(x − 2)2
+ (y − 1)2
≤ 11
Rovnice (x − 2)2
+(y − 1)2
= 11 je rovnicí kružnice se středem v bodě S = [2; 1] a poloměrem
r =
√
11.
D (  )
11
S
x
y
Definiční obor funkce f (x, y) =
√
6 − x2 − y2 + 4x + 2y
Rovnici z =
√
6 − x2 − y2 + 4x + 2y umocníme.
z2
= 6 − x2
− y2
+ 4x + 2y
x2
− 4x + y2
− 2y + z2
= 6
(x − 2)2
+ (y − 1)2
+ z2
= 11
Rovnice (x − 2)2
+ (y − 1)2
+ z2
= 11 je rovnice kulové sféry se středem v bodě S1 = [2; 1; 0]
a poloměrem r =
√
11.
Obr. 3.2 Graf funkce f (x, y) =
√
6 − x2 − y2 + 4x + 2y
Zdroj: Vlastní zpracování
39 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Graf funkce je horní polovina této kulové sféry. H(f) : z ∈
⟨
0;
√
11
⟩
.
Příklad 3.3 Určeme definiční obor D(f), obor hodnot H(f) a graf G(f) funkce
f (x, y) =
√
x2 + y2.
Řešení
D(f) = R2
, poněvadž x2
+ y2
≥ 0 pro všechny body [x, y] ∈ R2
H(f) = R+
0 ; z ∈ ⟨0, ∞)
Graf funkce sestrojíme pomocí řezů rovinami rovnoběžnými se souřadnicovou rovinou (x, y).
Předpis funkce upravíme.
z =
√
x2 + y2 ⇒ z2
= x2
+ y2
Je-li z = 0 ⇒ 0 = x2
+ y2
⇔ x = 0 ∧ y = 0.
Řezem je bod [0, 0, 0] - počátek soustavy souřadnic.
Je-li z = 1 ⇒ 1 = x2
+y2
, pak řezem je kružnice se středem S1 = [0, 0, 1] a poloměrem r1 = 1.
Je-li z = 2 ⇒ 4 = x2
+y2
, pak řezem je kružnice se středem S2 = [0, 0, 2] a poloměrem r2 = 2.
Sestrojíme řez grafu souřadnicovou rovinou (y, z); ta má rovnici x = 0.
Je-li x = 0, pak z =
√
y2 ⇒ z = |y| ⇒ z1 = y a z2 = −y.
Řezem jsou tedy přímky.
Obr. 3.3 Graf funkce f (x, y) =
√
x2 + y2
Zdroj: Vlastní zpracování
Grafem funkce je rotační kuželová plocha s vrcholem V = [0, 0, 0] v poloprostoru z ≥ 0.
Plocha vznikne rotací přímky y = z kolem osy z.
GRAF FUNKCE 40
Příklad 3.4 Určeme definiční obor D(f), obor hodnot H(f) a graf G(f) funkce
f (x, y) = 4
x2+y2 .
Řešení
Určíme D(f) : x2
+ y2
̸= 0 ⇒ x ̸= 0 ∧ y ̸= 0.
D(f) je souřadnicová rovina (x, y) s výjimkou počátku soustavy souřadnic.
D(f) = R2
\ {[0, 0]}; H(f) = (0, ∞)
Při sestrojování grafu si pomůžeme řezy grafu souřadnicovými rovinami.
Řez grafu souřadnicovou rovinou (y, z), tj. rovinou o rovnici x = 0, je z = 4
y2 a řez grafu
souřadnicovou rovinou (x, z), tj. rovinou o rovnici y = 0, je z = 4
x2 .
Řez grafu rovinou (x, y) neexistuje, neboť souřadnice žádného bodu [x, y, z] nesplňují rovnice
z =
4
x2 + y2
, z = 0.
Sestrojíme-li řezy grafu rovinami rovnoběžnými se souřadnicovou rovinou (x, y), tj. rovinami o
rovnici z = k, k ∈ R+
, pak řezy jsou kružnice, jejichž rovnici získáme dosazením za z a úpravou.
k =
4
x2 + y2
⇒ x2
+ y2
=
4
k
,
což je rovnice kružnice se středem na ose z a poloměrem r =
√
4
k
= 2√
k
. Pokud k roste, pak
se poloměr kružnic zmenšuje.
lim
(x,y)→(0,0)
4
x2 + y2
=
[
4
0
]
= +∞
lim
(x,y)→(∞,∞)
4
x2 + y2
=
[
4
∞
]
= 0
Obr. 3.4 Graf funkce f (x, y) = 4
x2+y2
Zdroj: Vlastní zpracování
Grafem funkce je plášť rotačního tělesa, které vznikne rotací křivky z = 4
x2 kolem osy z.
41 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 3.5 Určeme definiční obor D(f), obor hodnot H(f) a graf G(f) funkce f (x, y) = x2
.
Řešení
D(f) = R2
H(f) = R+
0
Řezem grafu souřadnicovou rovinou (x, z) je parabola z = x2
.
Řezy grafu rovinami y = k jsou paraboly z = x2
.
Obr. 3.5 Graf funkce f (x, y) = x2
Zdroj: Vlastní zpracování
Grafem funkce je parabolická válcová plocha.
GRAF FUNKCE 42
Graf funkce určíme úpravou jejího předpisu.
Položíme z = f (x, y) a upravíme předpis funkce na takový tvar rovnice, z něhož
dokážeme určit geometrický model grafu.
V některých případech je účelné využít řezů grafu funkce rovinami rovnoběžnými
se souřadnicovými rovinami.
Graf G (f) ⊂ R2
a rovnoběžka s osou z může geometrický model grafu protnout
nejvýše jedenkrát.
1. Určete definiční obor D(f), obor hodnot H(f) a graf G(f) funkce f.
Graf G(f) načrtněte.
• z = 4 − 2x − 8y


















D(f) = R2
, H(f) = R, G(f) je rovina x
2
+ y
1
2
+ z
4
= 1


















• f (x, y) = 3 










D(f) = R2
, H(f) = {3} ,
G(f) je rovina z − 3 = 0, která je rovnoběžná
se souřadnicovou rovinou (x, y) ve výšce 3











43 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
• f (x, y) = 2 − x2
− y2
































D(f) = R2
, H(f) : z ∈ (−∞; 2⟩ , G(f)je plášť rotačního
paraboloidu s vrcholem v bodě [0, 0, 2] otočený směrem dolů
































• z = −
√
25 − x2 − y2





























D(f) je kruh x2
+ y2
≤ 25, H(f) : z ∈ ⟨−5; 0⟩,
G(f) je polovina kulové sféry se středem v počátku
a poloměrem 5, nacházející se v poloprostoru
{[x, y, z] ∈ R3
; z ≤ 0}
D (  )
x
y





























GRAF FUNKCE 44
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 4
Limita funkce
Po prostudování kapitoly budete umět:
• vyšetřit existenci dvojné limity uži m dvojnásobných limit nebo uži m
různých limitních cest;
• počítat limity.
Klíčová slova:
Dvojná limita, dvojnásobná limita, polární souřadnice.
LIMITA FUNKCE 46
Existence limity
Výpočet dvojné limity nebývá vždy snadný.
Marné snaze počítat ji, když eventuálně neexistuje, můžeme předejít m, že se nejprve pokusíme
zjis t, zda vůbec limita může existovat.
Existenci limity můžeme vyloučit buď pomocí výpočtu dvojnásobných limit nebo tak, že se budeme
k limitnímu bodu z bodu z jeho redukovaného okolí blížit po různých cestách.
Připomínáme:
Nechť existuje limita lim
(x,y)→(x0,y0)
f (x, y) = L.
Existují-li dvojnásobné limity lim
x→x0
[
lim
y→y0
f (x, y)
]
= L1 a lim
y→y0
[
lim
x→x0
f (x, y)
]
= L2, pak pla
L = L1 = L2.
Rovnost dvojnásobných limit L1 = L2 je nutnou, ne však postačující podmínkou pro existenci
dvojné limity L.
Jsou-li dvojnásobné limity různé, pak dvojná limita neexistuje; stručně - je-li L1 ̸= L2, pak L
neexistuje.
Dvojnásobnou limitu počítáme postupným limitním přechodem vždy funkce jedné proměnné,
přičemž druhou proměnnou považujeme za konstantu.
Při výpočtu dvojnásobných limit užíváme postupy, které už známe z výpočtů limit funkce jedné
proměnné.
V případě dvojnásobných limit se k limitnímu bodu blížíme po pravoúhlých cestách rovnoběžných
se souřadnicovými osami.
Příklad 4.1 Uži m výpočtu dvojnásobných limit se přesvědčíme, že dvojná limita
lim
(x,y)→(0,0)
x−2y
3x+4y
neexistuje.
Řešení
Vypočteme dvojnásobné limity L1 a L2.
lim
x→0
[
lim
y→0
x − 2y
3x + 4y
]
= lim
x→0
x − 0
3x + 0
= lim
x→0
x
3x
= lim
x→0
1
3
=
1
3
= L1
lim
y→0
[
lim
x→0
x − 2y
3x + 4y
]
= lim
y→0
0 − 2y
0 + 4y
= lim
y→0
−2y
4y
= lim
y→0
(
−
1
2
)
= −
1
2
= L2
Dvojnásobné limity se nerovnají, dvojná limita neexistuje.
Limita lim
(x,y)→(0,0)
x − 2y
3x + 4y
neexistuje.
47 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.2 Uži m výpočtu dvojnásobných limit se přesvědčíme, že dvojná limita
lim
(x,y)→(1,2)
x2y2−4
x4+y4−17
neexistuje.
Řešení
Vypočteme dvojnásobné limity L1 a L2.
lim
x→1
[
lim
y→2
x2
y2
− 4
x4 + y4 − 17
]
= lim
x→1
4x2
− 4
x4 − 1
= lim
x→1
4 (x2
− 1)
(x2 + 1) (x2 − 1)
=
= lim
x→1
4
x2 + 1
=
4
2
= 2 = L1
lim
y→2
[
lim
x→1
x2
y2
− 4
x4 + y4 − 17
]
= lim
y→2
y2
− 4
y4 − 16
= lim
y→2
y2
− 4
(y2 − 4) (y2 + 4)
=
= lim
y→2
1
y2 + 4
=
1
8
= L2
L1 ̸= L2 ⇒ L neexistuje.
Limita lim
(x,y)→(1,2)
x2
y2
− 4
x4 + y4 − 17
neexistuje.
Příklad 4.3 Uži m výpočtu dvojnásobných limit se přesvědčíme, že dvojná limita
lim
(x,y)→(0,0)
x2 cos y−y3 cos x
y sin x−2x2−3y3 neexistuje.
Řešení
Vypočteme dvojnásobné limity L1 a L2.
lim
x→0
[
lim
y→0
x2
cos y − y3
cos x
y sin x − 2x2 − 3y3
]
= lim
x→0
x2
− 0
0 − 2x2 − 0
= lim
x→0
(
−
1
2
)
= −
1
2
= L1
lim
y→0
[
lim
x→0
x2
cos y − y3
cos x
y sin x − 2x2 − 3y3
]
= lim
y→0
0 − y3
0 − 0 − 3y3
= lim
y→0
1
3
=
1
3
= L2
L1 ̸= L2 ⇒ L neexistuje.
Limita lim
(x,y)→(0,0)
x2
cos y − y3
cos x
y sin x − 2x2 − 3y3
neexistuje.
LIMITA FUNKCE 48
Příklad 4.4 Uži m výpočtu dvojnásobných limit se přesvědčíme, že dvojná limita
lim
(x,y)→(∞,∞)
sin πx
2x+y
neexistuje.
Řešení
Vypočteme dvojnásobné limity L1 a L2
lim
x→∞
[
lim
y→∞
sin
πx
2x + y
]
= lim
x→∞
sin 0 = lim
x→∞
0 = 0 = L1
lim
y→∞
[
lim
x→∞
sin
πx
2x + y
]
= lim
y→∞
[
sin
(
lim
x→∞
πx
2x + y
)]
= lim
y→∞
[
sin
(
lim
x→∞
πx
2 + y
x
)]
=
= lim
y→∞
[
sin
π
2
]
= lim
y→∞
1 = 1 = L2
L1 ̸= L2 ⇒ L neexistuje.
Limita lim
(x,y)→(∞,∞)
sin
πx
2x + y
neexistuje.
Příklad 4.5 Uži m výpočtu dvojnásobných limit se přesvědčíme, že dvojná limita
lim
(x,y)→(0,0)
4x2+y2
2x2 neexistuje.
Řešení
Vypočteme dvojnásobné limity L1 a L2.
lim
x→0
[
lim
y→0
4x2
+ y2
2x2
]
= lim
x→0
4x2
2x2
= lim
x→0
4
2
= lim
x→0
2 = 2 = L1
lim
y→0
[
lim
x→0
4x2
+ y2
2x2
]
= lim
y→0
[
y2
→ 0+
]
=
[
lim
y→0
∞
]
= ∞ = L2
Poznámka.
Vnitřní limita je nevlastní, proto celková dvojnásobná limita je nevlastní.
Dvojnásobné limity jsou různé, limita neexistuje.
Limita lim
(x,y)→(0,0)
4x2
+ y2
2x2
neexistuje.
Pro důkaz, že daná limita neexistuje je možné použít také subs tuce, při níž se z bodu z redukovaného
okolí blížíme k limitnímu bodu po jiné než pravoúhlé cestě. Můžeme si zvolit přímky
procházející limitním bodem, případně paraboly s vrcholem v limitním bodě a osou rovnoběžnou
s osou y.
Pro případ [x0, y0] = [0, 0] je
rovnice přímek y = kx
a rovnice parabol y = ax2
.
Jestliže vypočtená hodnota závisí na směrnici přímek (tj. na k), nebo rozevření parabol (tj. na
a), pak to znamená, že závisí na cestě po které se k limitnímu bodu blížíme. V tom případě daná
limita neexistuje.
49 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.6 Uži m výběru různých limitních cest ukážeme, že limita funkce
lim
(x,y)→(0,0)
y
x−y
neexistuje.
Řešení
Budeme se k limitnímu bodu [0, 0] blížit po přímkách.
Rovnice přímek procházejících bodem [0, 0] je y = kx, k ∈ R.
lim
(x,y)→(0,0)
y=kx
y
x − y
= lim
x→0
y=kx
kx
x − kx
= lim
x→0
kx
(1 − k)
= lim
x→0
k
1 − k
=
k
1 − k
, k ̸= 1
Vypočtená hodnota závisí na směrnici k, pro různá k (tedy pro různé směrnice přímek) je vypočtená
hodnota různá, což znamená, že lim
(x,y)→(0,0)
y
x−y
neexistuje.
Příklad 4.7 Uži m výběru různých limitních cest ukážeme, že limita funkce
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 neexistuje.
Řešení
Vybereme si opět přímky procházející počátkem, tj. přímky o rovnicích y = kx, k ∈ R.
lim
(x,y)→(0,0)
y=kx
xy
x2 + y2
= lim
x→0
y=kx
xkx
x2 + k2x2
= lim
x→0
kx2
x2 (1 + k2)
= lim
x→0
k
1 + k2
=
k
1 + k2
Vypočtená hodnota závisí na směrnici k, proto lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2+y2 neexistuje.
Příklad 4.8 Uži m výběru různých limitních cest ukážeme, že limita funkce
lim
(x,y)→(0,0)
y2
x
neexistuje.
Řešení
Budeme se k limitnímu bodu blížit po přímkách, které prochází bodem [0, 0] a mají tedy rovnici
y = kx, k ∈ R.
lim
(x,y)→(0,0)
y=kx
y2
x
= lim
x→0
k2
x2
x
= lim
x→0
k2
x = 0
Vypočtená hodnota nezávisí na konstantě k, existenci limity nelze vyloučit.
Zkusíme zvolit jinou cestu - paraboly s vrcholem v počátku a osou v ose x; jejich rovnice je
x = ay2
.
lim
(x,y)→(0,0)
x=ay2
y2
x
= lim
y→0
y2
ay2
= lim
y→0
1
a
=
1
a
, a ̸= 0
LIMITA FUNKCE 50
Příklad 4.9 Přesvědčme se, že limita funkce f (x, y) = x+y
x−y
v bodě [0, 0] neexistuje.
ŘešeníJiž výpočet dvojnásobných limit, které jsou různé (1 a −1) nás ubezpečí, že lim
(x,y)→(0,0)
x+y
x−y
neexistuje.
Můžeme však postupovat i jinak - uži m různých limitních cest, po nichž se budeme blížit k
limitnímu bodu [0, 0].
Zkusíme se blížit po parabolách o rovnici y = ax2
, a ∈ R\ {0}.
lim
(x,y)→(0,0)
y=ax2
x + y
x − y
= lim
x→0
x + ax2
x − ax2
= lim
x→0
x (1 + ax)
x (1 − ax)
= lim
x→0
1 + ax
1 − ax
= 1
Vypočtená hodnota nezávisí na koeficientu a. Nabízí se domněnka, že limita existuje a je rovna
jedné.
Zkusíme zvolit jinou cestu - přímky o rovnicích y = kx, k ∈ R.
lim
(x,y)→(0,0)
x + y
x − y
= lim
x→0
y=kx
x + kx
x − kx
= lim
x→0
x (1 + k)
x (1 − k)
= lim
x→0
1 + k
1 − k
=
1 + k
1 − k
, k ̸= 1
Vypočtená hodnota závisí na směrnici k, pro různá k (tedy pro různé směrnice přímek) je vypočtená
hodnota různá, a proto lim
(x,y)→(0,0)
x+y
x−y
neexistuje.
Příklad 4.10 Vyšetřeme existenci limity lim
(x,y)→(0,0)
3x2y2
4x2y2+5(y−x)2 .
Řešení
Vypočteme dvojnásobné limity.
lim
x→0
[
lim
y→0
3x2
y2
4x2y2 + 5 (y − x)2
]
= lim
x→0
0
5x2
= lim
x→0
0 = 0
lim
y→0
[
lim
x→0
3x2
y2
4x2y2 + 5 (y − x)2
]
= lim
y→0
0
5y2
= lim
y→0
0 = 0
Dvojnásobné limity existují a jsou si rovny, existenci dvojné limity nelze vyloučit.
Zkusíme se blížit k limitnímu bodu po přímkách, které mají rovnici y = kx, k ∈ R.
lim
(x,y)→(0,0)
y=kx
3x2
y2
4x2y2 + 5 (y − x)2 = lim
x→0
3x2
k2
x2
4x2k2x2 + 5 (kx − x)2 = lim
x→0
3k2
x4
4k2x4 + 5x2 (k − 1)2 =
= lim
x→0
3k2
x4
x2
[
4k2x2 + 5 (k − 1)2] = lim
x→0
3k2
x2
4k2x2 + 5 (k − 1)2 =
0
5 (k − 1)2 = 0; k ̸= 1
Za m ještě stále nelze existenci dvojné limity vyloučit, poněvadž vypočtená hodnota 0 je rovna
hodnotám vypočtených dvojnásobných limit.
Podívejme se, co se stane, pokud bude k = 1. Rovnice odpovídající přímky je y = x.
lim
(x,y)→(0,0)
y=x
3x2
y2
4x2y2 + 5 (y − x)2 = lim
x→0
3x4
4x4
= lim
x→0
3
4
=
3
4
Teprve po tomto výpočtu, kdy jsme zjis li, že vypočtená hodnota, tj. 3
4
, se liší od předchozích
vypočtených hodnot, ty byly rovny nule, můžeme konstatovat, že lim
(x,y)→(0,0)
3x2y2
4x2y2+5(y−x)2 nee-
xistuje.
Příklad také dokládá, že existence a rovnost dvojnásobných limit nezaručuje existenci dvojné
limity.
51 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Výpočet limit
Připomínáme: Je-li funkce f v bodě [x0, y0] spojitá, pak lim f (x, y) = f (x0, y0).
a) Funkce spojitá v limitním bodě
Po dosazení souřadnic limitního bodu nenastanou žádné problémy.
Příklad 4.11 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,3)
x2−2xy+5
x3y−3xy+y
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,3)
x2
− 2xy + 5
x3y − 3xy + y
=
0 − 2 · 0 · 3 + 5
0 · 3 − 3 · 0 · 3 + 3
=
5
3
Příklad 4.12 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,π)
cos (x+y)
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,π)
cos (x + y)
x2 + y2
=
cos π
0 + π2
=
−1
π2
Příklad 4.13 Vypočtěme lim
(x,y)→(1,4)
3y
(x−1)2
+(y−3)2 .
Řešení
lim
(x,y)→(1,4)
3y
(x − 1)2
+ (y − 3)2 =
3 · 4
02 + 12
= 12
Příklad 4.14 Vypočtěme lim
x→1
y→2
[(
x−y
xy
+ 1
2
)
· cos xy
]
.
Řešení
lim
x→1
y→2
[(
x − y
xy
+
1
2
)
· cos xy
]
=
(
1 − 2
1 · 2
+
1
2
)
cos 2 = 0 · cos 2 = 0
Příklad 4.15 Vypočtěme lim
(x,y)→(−1,1)
x3y−xy3+1
(x−2y)3 .
Řešení
lim
(x,y)→(−1,1)
x3
y − xy3
+ 1
(x − 2y)3 =
(−1)3
· 1 − (−1) · 13
+ 1
(−1 − 2 · 1)3 =
−1 + 1 + 1
(−3)3 =
−1
27
LIMITA FUNKCE 52
b) Výpočet limity užitím úpravy předpisu funkce
Vytýkáme, rozkládáme, krá me.
Příklad 4.16 Vypočtěme lim
(x,y)→(1,−1)
x2−y2
x+y
.
Řešení
lim
(x,y)→(1,−1)
x2
− y2
x + y
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(1,−1)
(x + y) (x − y)
x + y
= lim
(x,y)→(1,−1)
(x − y) = 2
Příklad 4.17 Vypočtěme lim
(x,y)→(2,2)
x2−y2
x2−xy+3x−3y
.
Řešení
lim
(x,y)→(2,2)
x2
− y2
x2 − xy + 3x − 3y
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(2,2)
x2
− y2
x (x − y) + 3 (x − y)
=
= lim
(x,y)→(2,2)
(x − y) (x + y)
(x − y) (x + 3)
= lim
(x,y)→(2,2)
x + y
x + 3
=
2 + 2
2 + 3
=
4
5
Příklad 4.18 Vypočtěme lim
(x,y)→(2,2)
x3−y3
x4−y4 .
Řešení
lim
(x,y)→(2,2)
x3
− y3
x4 − y4
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(2,2)
(x − y) (x2
+ xy + y2
)
(x2 + y2) (x − y) (x + y)
=
= lim
(x,y)→(2,2)
x2
+ xy + y2
(x2 + y2) (x + y)
=
4 + 4 + 4
(4 + 4) (2 + 2)
=
12
32
=
3
8
Příklad 4.19 Vypočtěme lim
(x,y)→(2,−3)
xy−2y+3x−6
xy+3x
.
Řešení
lim
(x,y)→(2,−3)
xy − 2y + 3x − 6
xy + 3x
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(2,−3)
y (x − 2) + 3 (x − 2)
x (y + 3)
=
= lim
(x,y)→(2,−3)
(x − 2) (y + 3)
x (y + 3)
= lim
(x,y)→(2,−3)
x − 2
x
=
2 − 2
2
=
0
2
= 0
53 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.20 Vypočtěme lim
(x,y)→(1,1)
x3−y3
6x2−8xy+2y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(1,1)
x3
− y3
6x2 − 8xy + 2y2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(1,1)
(x − y) (x2
+ xy + y2
)
6x2 − 8xy + 2y2
=
Potřebujeme rozložit jmenovatele - zkusíme vydělit
(
6x2
− 8xy + 2y2
)
: (x − y) = 6x − 2y
−
(
6x2
− 6xy
)
− 2xy + 2y2
−
(
−2xy + 2y2
)
0
= lim
(x,y)→(1,1)
(x − y) (x2
+ xy + y2
)
(x − y) (6x − 2y)
= lim
(x,y)→(1,1)
x2
+ xy + y2
6x − 2y
=
3
4
Příklad 4.21 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
x3y−2x2y2+xy3
x2y−xy2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
x3
y − 2x2
y2
+ xy3
x2y − xy2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
xy (x2
− 2xy + y2
)
xy (x − y)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
(x − y)2
x − y
= lim
(x,y)→(0,0)
(x − y) = 0
LIMITA FUNKCE 54
c) Výpočet limity užitím rozšíření předpisu funkce vhodným
výrazem
U lomených funkcí, které obsahují rozdíl (součet) s odmocninami, rozšiřujeme vhodným výra-
zem.
Příklad 4.22 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
3(x2+y2
)√
x2+y2+4−2
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
3 (x2
+ y2
)
√
x2 + y2 + 4 − 2
=
(
0
0
)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
3 (x2
+ y2
)
(√
x2 + y2 + 4 + 2
)
(√
x2 + y2 + 4 − 2
) (√
x2 + y2 + 4 + 2
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
3 (x2
+ y2
)
(√
x2 + y2 + 4 + 2
)
x2 + y2 + 4 − 4
=
= lim
(x,y)→(0,0)
3 (x2
+ y2
)
(√
x2 + y2 + 4 + 2
)
x2 + y2
=
= lim
(x,y)→(0,0)
3
(√
x2 + y2 + 4 + 2
)
= 3 · 4 = 12
Příklad 4.23 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
2−
√
xy+4
xy
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
2 −
√
xy + 4
xy
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
(
2 −
√
xy + 4
) (
2 +
√
xy + 4
)
xy
(
2 +
√
xy + 4
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
4 − xy − 4
xy
(
2 +
√
xy + 4
) = lim
(x,y)→(0,0)
−1
2 +
√
xy + 4
=
−1
2 +
√
0 + 4
= −
1
4
55 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.24 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,1)
√
x2+(y−1)2
+1−1
x2+(y−1)2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,1)
√
x2 + (y − 1)2
+ 1 − 1
x2 + (y − 1)2 =
(
0
0
)
=
= lim
(x,y)→(0,1)
(√
x2 + (y − 1)2
+ 1 − 1
) (√
x2 + (y − 1)2
+ 1 + 1
)
(
x2 + (y − 1)2)
(√
x2 + (y − 1)2
+ 1 + 1
) =
= lim
(x,y)→(0,1)
x2
+ (y − 1)2
+ 1 − 1
(
x2 + (y − 1)2)
(√
x2 + (y − 1)2
+ 1 + 1
) =
= lim
(x,y)→(0,1)
x2
+ (y − 1)2
(
x2 + (y − 1)2)
(√
x2 + (y − 1)2
+ 1 + 1
) =
= lim
(x,y)→(0,1)
1
√
x2 + (y − 1)2
+ 1 + 1
=
1
1 + 1
=
1
2
Příklad 4.25 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
6xy
5−
√
25−xy
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
6xy
5 −
√
25 − xy
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
6xy
(
5 +
√
25 − xy
)
(
5 −
√
25 − xy
) (
5 +
√
25 − xy
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
6xy
(
5 +
√
25 − xy
)
25 − 25 + xy
= lim
(x,y)→(0,0)
6xy
(
5 +
√
25 − xy
)
xy
=
= lim
(x,y)→(0,0)
6
(
5 +
√
25 − xy
)
= 6 (5 + 5) = 60
Příklad 4.26 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
2−
√
4−x2−y2
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
2 −
√
4 − x2 − y2
x2 + y2
=
(
0
0
)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
(
2 −
√
4 − x2 − y2
) (
2 +
√
4 − x2 − y2
)
(x2 + y2)
(
2 +
√
4 − x2 − y2
) =
LIMITA FUNKCE 56
= lim
(x,y)→(0,0)
4 − 4 + x2
+ y2
(x2 + y2)
(
2 +
√
4 − x2 − y2
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
+ y2
(x2 + y2)
(
2 +
√
4 − x2 − y2
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
1
2 +
√
4 − x2 − y2
=
1
2 + 2
=
1
4
Příklad 4.27 Vypočtěme lim
(x,y)→(4,2)
x2−2xy
5x(
√
x−
√
2y)
.
Řešení
lim
(x,y)→(4,2)
x2
− 2xy
5x
(√
x −
√
2y
) =
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(4,2)
x (x − 2y)
(√
x +
√
2y
)
5x
(√
x −
√
2y
) (√
x +
√
2y
) =
= lim
(x,y)→(4,2)
(x − 2y)
(√
x +
√
2y
)
5 (x − 2y)
= lim
(x,y)→(4,2)
√
x +
√
2y
5
=
2 + 2
5
=
4
5
d) Výpočet limit užitím polárních souřadnic
Při výpočtu limit někdy pomůže přechod k polárním souřadnicím, kde pól volíme v bodě, v němž
počítáme limitu. Při použi polárních souřadnic se k limitnímu bodu blížíme po polopřímkách,
které mají počáteční bod v limitním bodě.
Připomínáme: Je-li limitní bod [x0, y0] = [0, 0], pak x = ϱ cos φ, y = ϱ sin φ.
Je-li [x0, y0] ̸= [0, 0], pak x = x0 + ϱ cos φ, y = y0 + ϱ sin φ. ϱ > 0, φ ∈ ⟨0, 2π)
Jestliže vypočtená hodnota závisí na úhlu polopřímek (tj. na φ), pak limita neexistuje.
Příklad 4.28 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
xy(x+y)
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
xy (x + y)
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
ϱ→0
ϱ cos φϱ sin φ (ϱ cos φ + ϱ sin φ)
(ϱ cos φ)2
+ (ϱ sin φ)2 =
= lim
ϱ→0
ϱ3
cos φ sin φ (cos φ + sin φ)
ϱ2
(
cos2 φ + sin2
φ
) = lim
ϱ→0
ϱ cos φ sin φ (cos φ + sin φ) = 0
57 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.29 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
x2y2
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
ϱ→0
ϱ2
cos2
φϱ2
sin2
φ
ϱ2 cos2 φ + ϱ2 sin2
φ
= lim
ϱ→0
ϱ4
cos2
φ sin2
φ
ϱ2
(
cos2 φ + sin2
φ
) =
= lim
ϱ→0
ϱ2
cos2
φ sin2
φ = 0
Příklad 4.30 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
x2
− y2
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
ϱ→0
ϱ2
cos2
φ − ϱ2
sin2
φ
ϱ2 cos2 φ + ϱ2 sin2
φ
= lim
ϱ→0
ϱ2
(
cos2
φ − sin2
φ
)
ϱ2
(
cos2 φ + sin2
φ
) =
= lim
ϱ→0
cos 2φ
1
= cos 2φ
Mění-li se úhel φ, pak se mění i vypočtená hodnota cos 2φ, proto lim
(x,y)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 neexistuje.
Příklad 4.31 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
x3+y3
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
x3
+ y3
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
ϱ→0
ϱ3
cos3
φ + ϱ3
sin3
φ
ϱ2 cos2 φ + ϱ2 sin2
φ
= lim
ϱ→0
ϱ3
(
cos3
φ + sin3
φ
)
ϱ2
(
cos2 φ + sin2
φ
) =
= lim
ϱ→0
ϱ
(
cos3
φ + sin3
φ
)
= 0
Příklad 4.32 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
x2(x+2y)
x2−y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
x2
(x + 2y)
x2 − y2
=
(
0
0
)
= lim
ϱ→0
ϱ2
cos2
φ (ϱ cos φ + 2ϱ sin φ)
ϱ2 cos2 φ − ϱ2 sin2
φ
=
= lim
ϱ→0
ϱ3
cos2
φ (cos φ + 2 sin φ)
ϱ2 cos 2φ
= lim
ϱ→0
ϱ cos2
φ (cos φ + 2 sin φ)
cos 2φ
= 0
LIMITA FUNKCE 58
Příklad 4.33 Vypočtěme lim
(x,y)→(1,0)
(x+y−1)2
√
x2+y2−2x+1
.
Řešení
lim
(x,y)→(1,0)
(x + y − 1)2
√
x2 + y2 − 2x + 1
=
(
0
0
)
=
= lim
ϱ→0
(1 + ϱ cos φ + ϱ sin φ − 1)2
√
(1 + ϱ cos φ)2
+ (ϱ sin φ)2
− 2 (1 + ϱ cos φ) + 1
=
= lim
ϱ→0
[ϱ (cos φ + sin φ)]2
√
1 + 2ϱ cos φ + ϱ2 cos2 φ + ϱ2 sin2
φ − 2 − 2ϱ cos φ + 1
=
= lim
ϱ→0
ϱ2
(cos φ + sin φ)2
√
1 + ϱ2
(
cos2 φ + sin2
φ
)
− 2 + 1
= lim
ϱ→0
ϱ2
(cos φ + sin φ)2
√
ϱ2
=
= lim
ϱ→0
ϱ2
(cos φ + sin φ)2
ϱ
= lim
ϱ→0
ϱ (cos φ + sin φ)2
= 0
Poznámka.
Bod [x0, y0] = [1, 0], proto x = 1 + ϱ cos φ a y = ϱ sin φ.
Příklad 4.34 Vypočtěme lim
(x,y)→(∞,∞)
x+y
x2−xy+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(∞,∞)
x + y
x2 − xy + y2
=
(∞
∞
)
= lim
ϱ→∞
ϱ cos φ + ϱ sin φ
ϱ2 cos2 φ − ϱ cos φϱ sin φ + ϱ2 sin2
φ
=
= lim
ϱ→∞
ϱ (cos φ + sin φ)
ϱ2
(
cos2 φ − cos φ sin φ + sin2
φ
) = lim
ϱ→∞
1
ϱ
· lim
ϱ→∞
cos φ + sin φ
1 − 1
2
sin 2φ
=
= 0 ·
cos φ + sin φ
1 − 1
2
sin 2φ
= 0
Poznámka.
φ ∈ ⟨α, β⟩ ⊂
(
0, π
2
)
Označení
Příklad 4.35 Vypočtěme lim
(x,y)→(∞,∞)
[
(x2
+ y2
) e−2(x+y)
]
.
Řešení
lim
(x,y)→(∞,∞)
[(
x2
+ y2
)
e−2(x+y)
]
= (∞ · 0) = lim
(x,y)→(∞,∞)
x2
+ y2
e2(x+y)
=
(∞
∞
)
=
= lim
ϱ→∞
ϱ2
(
cos2
φ + sin2
φ
)
e2ϱ(cos φ+sin φ)
= lim
ϱ→∞
ϱ2
e2ϱ(cos φ+sin φ)
=
(∞
∞
)
l′H
=
= lim
ϱ→∞
2ϱ
e2ϱ(cos φ+sin φ)2 (cos φ + sin φ)
=
=
(∞
∞
)
l′H
= lim
ϱ→∞
1
e2ϱ(cos φ+sin φ)2 (cos φ + sin φ)2 =
[
1
∞
]
= 0
59 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Poznámka.
φ ∈ ⟨α, β⟩ ⊂
(
0, π
2
)
cos φ + sin φ > 0
Užili jsme l’Hospitalovo pravidlo - derivovali jsme čitatele i jmenovatele podle ϱ.
Označení
l′H
= znamená, že jsme v tomto kroku výpočtu užili l’Hospitalovo pravidlo.
Příklad 4.36 Vypočtěme lim
(x,y)→(∞,∞)
x2
ex2+y
.
Řešení
lim
(x,y)→(∞,∞)
x2
ex2+y
= lim
ϱ→∞
ϱ2
cos2
φ
eϱ2 cos2 φ+ϱ sin φ
=
=
(∞
∞
)
l′H
= lim
ϱ→∞
2ϱ cos2
φ
eϱ2 cos2 φ+ϱ sin φ (2ϱ cos2 φ + sin φ)
=
(∞
∞
)
l′H
=
= lim
ϱ→∞
2 · cos2
φ
eϱ2 cos2 φ+ϱ sin φ (2ϱ cos2 φ + sin φ)2
+ eϱ2 cos2 φ+ϱ sin φ2 cos2 φ
=
[
2 cos2
φ
∞ + ∞
]
= 0
Poznámka.
φ ∈ ⟨α, β⟩ ⊂
(
0, π
2
)
Užili jsme l’Hospitalovo pravidlo - derivovali jsme čitatele i jmenovatele podle ϱ.
e) Výpočet limit užitím základních limit
Připomínáme:
lim
(x,y)→(x0,y0)
sin g (x, y)
g (x, y)
= 1 lim
(x,y)→(x0,y0)
tg g (x, y)
g (x, y)
= 1 lim
(x,y)→(x0,y0)
(1 + g (x, y))
1
g(x,y) = e
pokud
lim
(x,y)→(x0,y0)
g (x, y) = 0
Příklad 4.37 Vypočtěme lim
(x,y)→(1,4)
sin (2x2−y
2 )
4x2−y
.
Řešení
lim
(x,y)→(1,4)
sin
(
2x2
− y
2
)
4x2 − y
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(1,4)
sin
(
2x2
− y
2
)
2
(
2x2 − y
2
) =
= lim
(x,y)→(1,4)
1
2
· lim
(x,y)→(1,4)
sin
(
2x2
− y
2
)
2x2 − y
2
=
1
2
· 1 =
1
2
LIMITA FUNKCE 60
Příklad 4.38 Vypočtěme lim
(x,y)→(5,0)
tg (2x2y)
y
.
Řešení
lim
(x,y)→(5,0)
tg (2x2
y)
y
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(5,0)
tg (2x2
y) · 2x2
2x2y
=
= lim
(x,y)→(5,0)
tg (2x2
y)
2x2y
· lim
(x,y)→(5,0)
2x2
= 1 · 2 · 52
= 50
Příklad 4.39 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
5 sin (x3+y3
)
x+y
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
5 sin (x3
+ y3
)
x + y
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
5 sin (x3
+ y3
) · (x2
− xy + y2
)
(x + y) (x2 − xy + y2)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
sin (x3
+ y3
)
x3 + y3
· lim
(x,y)→(0,0)
5
(
x2
− xy + y2
)
= 1 · 5 · 0 = 0
Příklad 4.40 Vypočtěme lim
(x,y)→(2,2)
tg (x4−y4
)
x2−y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(2,2)
tg (x4
− y4
)
x2 − y2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(2,2)
tg (x4
− y4
) · (x2
+ y2
)
(x2 − y2) (x2 + y2)
=
= lim
(x,y)→(2,2)
tg (x4
− y4
)
x4 − y4
· lim
(x,y)→(2,2)
(
x2
+ y2
)
= 1 ·
(
22
+ 22
)
= 8
Příklad 4.41 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
1−cos (x2+y2
)
(x2+y2)2
x2y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
1 − cos (x2
+ y2
)
(x2 + y2)2
x2y2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
[1 − cos (x2
+ y2
)] [1 + cos (x2
+ y2
)]
(x2 + y2)2
x2y2 [1 + cos (x2 + y2)]
=
= lim
(x,y)→(0,0)
sin2
(x2
+ y2
)
(x2 + y2)2
x2y2 [1 + cos (x2 + y2)]
=
= lim
(x,y)→(0,0)
sin2
(x2
+ y2
)
(x2 + y2)2 · lim
(x,y)→(0,0)
1
x2y2
· lim
(x,y)→(0,0)
1
1 + cos (x2 + y2)
=
= 12
· ∞ ·
1
2
= +∞
61 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.42 Vypočtěme lim
(x,y)→(2,0)
tg
√
3(x−2)2
−y2
x3
√
3(x−2)2
−y2
.
Řešení
lim
(x,y)→(2,0)
tg
√
3 (x − 2)2
− y2
x3
√
3 (x − 2)2
− y2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(2,0)
1
x3
· lim
(x,y)→(2,0)
tg
√
3 (x − 2)2
− y2
√
3 (x − 2)2
− y2
=
=
1
23
· 1 =
1
8
Příklad 4.43 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
1−cos (x2+y2
)
(x2+y2)2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
1 − cos (x2
+ y2
)
(x2 + y2)2 =
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
[1 − cos (x2
+ y2
)] [1 + cos (x2
+ y2
)]
(x2 + y2)2
[1 + cos (x2 + y2)]
=
= lim
(x,y)→(0,0)
1 − cos2
(x2
+ y2
)
(x2 + y2)2
[1 + cos (x2 + y2)]
=
= lim
(x,y)→(0,0)
sin2
(x2
+ y2
)
(x2 + y2)2 · lim
(x,y)→(0,0)
1
1 + cos (x2 + y2)
= 12
·
1
1 + 1
= 1 ·
1
2
=
1
2
Příklad 4.44 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
6xy
tg xy
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
6xy
tg xy
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
1
tg xy
6xy
=
lim
(x,y)→(0,0)
1
lim
(x,y)→(0,0)
1
6
· lim
(x,y)→(0,0)
tg xy
xy
=
1
1
6
· 1
= 6
Příklad 4.45 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
(1 + xy)
1
xy .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
(1 + xy)
1
xy = (1∞
) = e, poněvadž lim
(x,y)→(0,0)
xy = 0
Příklad 4.46 Vypočtěme lim
(x,y)→(3,3)
(1 + x − y)
5
x−y .
Řešení
lim
(x,y)→(3,3)
(1 + x − y)
5
x−y = (1∞
) = lim
(x,y)→(3,3)
[
(1 + x − y)
1
x−y
]5
=
=
[
lim
(x,y)→(3,3)
(1 + x − y)
1
x−y
]5
= e5
LIMITA FUNKCE 62
f) Výpočet limit lim
(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y)]g(x,y)
K výpočtu limit použijeme definici logaritmu, větu pro počítání s logaritmy a větu o limitě složené
funkce.
Definice logaritmu:
[f(x, y)]g(x,y)
= eln [f(x,y)]g(x,y)
Věta pro počítání s logaritmy:
ln [f(x, y)]g(x,y)
= g(x, y) ln f(x, y)
Věta o limitě složené funkce:
lim
(x,y)→(x0,y0)
eh(x,y)
= e
lim
(x,y)→(x0,y0)
h(x,y)
Budeme tedy postupovat podle následujícího schématu:
lim
(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y)]g(x,y)
= lim
(x,y)→(x0,y0)
eln [f(x,y)]g(x,y)
= lim
(x,y)→(x0,y0)
eg(x,y) ln f(x,y)
=
= e
lim
(x,y)→(x0,y0)
(g(x,y) ln f(x,y))
Poznámka.
Symboly = a = znamenají přerušení výpočtu a následné navázání výsledku získaného pomocným
výpočtem.
Symbol
l′H
= znamená použi l’Hospitalova pravidla.
Příklad 4.47 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)
x2y2
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
(
x2
+ y2
)x2y2
=
(
00
)
= lim
(x,y)→(0,0)
eln (x2+y2
)
x2y2
= lim
(x,y)→(0,0)
ex2y2 ln (x2+y2
) =
= e
lim
(x,y)→(0,0)
[x2y2 ln (x2+y2
)]
= e0
= 1
lim
(x,y)→(0,0)
[
x2
y2
ln
(
x2
+ y2
)]
= (0 · ∞) =
= lim
ϱ→0
ϱ2
cos2
φϱ2
sin2
φ ln
(
ϱ2
cos2
φ + ϱ2
sin2
φ
)
=
= lim
ϱ→0
ϱ4
cos2
φ sin2
φ ln ϱ2
= lim
ϱ→0
cos2
φ sin2
φ · lim
ϱ→0
ϱ4
ln ϱ2
= cos2
φ sin2
φ · 0 = 0
lim
ϱ→0
ϱ4
ln ϱ2
= (0 · ∞) = lim
ϱ→0
ln ϱ2
1
ϱ4
=
(∞
∞
)
l′H
= lim
ϱ→0
1
ϱ2 2ϱ
− 4
ϱ5
= lim
ϱ→0
ϱ4
−2
=
0
−2
= 0
63 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.48 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
(1 + x2
y2
)
1
x2+y2
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
(
1 + x2
y2
) 1
x2+y2
= (1∞
) = e
[
lim
(x,y)→(0,0)
1
x2+y2 ln (1+x2y2
)
]
= e0
= 1
lim
(x,y)→(0,0)
[
1
x2 + y2
ln
(
1 + x2
y2
)
]
= (∞ · 0) =
lim
ϱ→0
[
1
ϱ2 cos2 φ + ϱ2sin2
φ
ln
(
1 + ϱ2
cos2
φϱ2
sin2
φ
)
]
=
= lim
ϱ→0
1
ϱ2
ln
(
1 + ϱ4
cos2
φ sin2
φ
)
= lim
ϱ→0
ln
(
1 + ϱ4
cos2
φ sin2
φ
)
ϱ2
=
(
0
0
)
l′H
=
= lim
ϱ→0
4ϱ3
1+ϱ4 cos2 φ sin2 φ
2ϱ
= lim
ϱ→0
2ϱ2
1 + ϱ4 cos2 φ sin2
φ
= 0
Příklad 4.49 Vypočtěme lim
(x,y)→(4,4)
(1 + x − y)
x
2(xy−y2) .
Řešení
lim
(x,y)→(4,4)
(1 + x − y)
x
2(xy−y2) = (1∞
) = e
lim
(x,y)→(4,4)
ln (1+x−y)
x
2y(x−y)
=
= e
lim
(x,y)→(4,4)
[
x
2y
ln (1+x−y)
1
(x−y)
]
=
= e
lim
(x,y)→(4,4)
x
2y
· lim
(x,y)→(4,4)
ln (1+x−y)
1
x−y
= e
4
2·4
·ln lim
(x,y)→(4,4)
(1+x−y)
1
x−y
= e
1
2
ln e
=
= e
1
2
·1
= e
1
2 =
√
e
Příklad 4.50 Vypočtěme lim
(x,y)→(∞,5)
(
1 + 1
2x
) x2
x+y
.
Řešení
lim
(x,y)→(∞,5)
(
1 +
1
2x
) x2
x+y
= (1∞
) = e
lim
(x,y)→(∞,5)
ln (1+ 1
2x )
x2
x+y
= e
lim
(x,y)→(∞,5)
[
x
2(x+y)
ln (1+ 1
2x )
2x
]
=
= e
lim
(x,y)→(∞,5)
x
2(x+y)
·ln lim
(x,y)→(∞,5)
(1+ 1
2x )
2x
= e
1
2
·ln e
= e
1
2
·1
= e
1
2 =
√
e
LIMITA FUNKCE 64
Příklad 4.51 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
(1 + 3x2
y2
)
1
x2+y2
.
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
(
1 + 3x2
y2
) 1
x2+y2
= (1∞
) = e
lim
(x,y)→(0,0)
ln (1+3x2y2
)
1
x2+y2
=
= e
lim
(x,y)→(0,0)
[
3x2y2
x2+y2 ln (1+3x2y2
)
1
3x2y2
]
= e
lim
(x,y)→(0,0)
3x2y2
x2+y2 ·ln lim
(x,y)→(0,0)
(1+3x2y2
)
1
3x2y2
=
= e0·ln e
= e0·1
= e0
= 1
lim
(x,y)→(0,0)
3x2
y2
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
ϱ→0
3ϱ4
cos2
φ sin2
φ
ϱ2
(
cos2 φ + sin2
φ
) = lim
ϱ→0
3ϱ2
cos2
φ sin2
φ = 0
Příklad 4.52 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
√
x2y2+1−1
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
√
x2y2 + 1 − 1
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
(√
x2y2 + 1 − 1
) (√
x2y2 + 1 + 1
)
(x2 + y2)
(√
x2y2 + 1 + 1
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
+ 1 − 1
(x2 + y2)
(√
x2y2 + 1 + 1
) =
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
x2 + y2
· lim
(x,y)→(0,0)
1
√
x2y2 + 1 + 1
= 0 ·
1
2
= 0
lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
x2 + y2
= 0 (viz vložený výpočet v příkladě 4.50)
Příklad 4.53 Vypočtěme lim
(x,y)→(∞,∞)
e
x2
x2+y .
Řešení
lim
(x,y)→(∞,∞)
e
x2
x2+y = e
lim
(x,y)→(∞,∞)
x2
x2+y
= e1
= e
lim
(x,y)→(∞,∞)
x2
x2 + y
=
(∞
∞
)
= lim
ϱ→∞
ϱ2
cos2
φ
ϱ2 cos2 φ + ϱ sin φ
= lim
ϱ→∞
ϱ2
cos2
φ
ϱ (ϱ cos2 φ + sin φ)
=
= lim
ϱ→∞
ϱ cos2
φ
ϱ cos2 φ + sin φ
=
(∞
∞
)
l′H
= lim
ϱ→∞
cos2
φ
cos2 φ
= lim
ϱ→∞
1 = 1
65 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 4.54 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
sin (x3+y3
)
x2+y2 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
sin (x3
+ y3
)
x2 + y2
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
sin (x3
+ y3
) · (x3
+ y3
)
(x3 + y3) (x2 + y2)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
sin (x3
+ y3
)
x3 + y3
· lim
(x,y)→(0,0)
x3
+ y3
x2 + y2
= 1 · 0 = 0
lim
(x,y)→(0,0)
x3
+ y3
x2 + y2
= 0 (viz. příklad 4.31)
Příklad 4.55 Vypočtěme lim
(x,y)→(0,0)
(x2+3y2
)sin (x2+y2
)
x3+xy2+x2y+y3 .
Řešení
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ 3y2
) sin (x2
+ y2
)
x3 + xy2 + x2y + y3
=
(
0
0
)
= lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ 3y2
) sin (x2
+ y2
)
x (x2 + y2) + y (x2 + y2)
=
= lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ 3y2
) sin (x2
+ y2
)
(x2 + y2) (x + y)
= lim
(x,y)→(0,0)
sin (x2
+ y2
)
x2 + y2
· lim
(x,y)→(0,0)
x2
+ 3y2
x + y
=
= 1 · lim
ϱ→0
ϱ2
cos2
φ + 3ϱ2
sin2
φ
ϱ cos φ + ϱ sin φ
= lim
ϱ→0
ϱ2
(
cos2
φ + 3 sin2
φ
)
ϱ (cos φ + sin φ)
=
= lim
ϱ→0
ϱ
(
cos2
φ + 3 sin2
φ
)
cos φ + sin φ
= 0
LIMITA FUNKCE 66
Existenci dvojné limity můžeme vyšetřit buď pomocí dvojnásobných limit nebo
uži m různých limitních cest.
Jsou-li dvojnásobné limity různé, pak dvojná limita neexistuje. Existence dvojnásobných
limit, které jsou navíc sobě rovné, ještě nezaručuje existenci dvojné
limity.
Najdeme-li jen 2 různé limitní cesty, které při výpočtu limity dávají různý výsledek,
pak limita neexistuje.
Je-li funkce spojitá v limitním bodě, pak stačí dosadit jeho souřadnice do předpisu
funkce, protože limita je rovna funkční hodnotě.
Při výpočtu limit, pokud není funkce spojitá, užíváme různých úprav předpisu
funkce: vytýkání, rozklad, rozšiřování apod. Limity počítáme také uži m vzorců
nebo zavedením polárních souřadnic.
1. Vypočtěte limity funkcí.
• lim
(x,y)→(0,0)
x2−xy√
x−
√
y
[0]
• lim
(x,y)→(0,1)
x−xy+3
x2y+5xy−y3
[−3]
• lim
(x,y)→(−1,2)
xy+y−2x−2
x+1
[0]
• lim
(x,y)→(3,3)
sin (x2−xy)
x−y
[3]
• lim
(x,y)→(0,0)
10−
√
100−xy
xy
[ 1
20
]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 5
Spojitost funkce
Po prostudování kapitoly budete umět:
• rozhodnout, zda je funkce spojitá;
• určit obor spojitos , případně množinu bodů nespojitos a načrtnout je.
Klíčová slova:
Obor spojitos , elementární funkce.
SPOJITOST FUNKCE 68
Připomínáme: Funkce f (x, y) je spojitá v bodě [x0, y0] ∈ D(f), pla -li
lim
(x,y)→(x0,y0)
f (x, y) = f (x0, y0).
Elementární funkce jsou spojité ve všech bodech, ve kterých jsou definované.
Elementární funkce má pro všechny své body jednotný předpis.
Příklad 5.1 Zjistěme, zda je funkce f (x, y) =
√
x2 + y2 + 1 spojitá v bodě [0, 0].
Řešení
Daná funkce je složená ze spojitých funkcí, její D(f) = R2
.
Bod [0, 0] ∈ D(f) a lim
(x,y)→(x0,y0)
√
x2 + y2 + 1 = 1 = f (0, 0).
Funkce f (x, y) =
√
x2 + y2 + 1 je spojitá v bodě [0, 0]; je spojitá dokonce v každém bodě
[x, y] ∈ R2
, je tedy spojitá na svém D(f) = R2
.
Příklad 5.2 Ukažme, že funkce f(x, y) =



5 − x − y pro x ̸= 3 a y ̸= −1
10 pro x = 3, y = −1
není v bodě
A = [3, −1] spojitá. Změňme hodnotu funkce f v bodě A tak, aby byla v bodě A spojitá.
Řešení
Vypočteme lim
(x,y)→(3,−1)
f (x, y) = lim
(x,y)→(3,−1)
(5 − x − y) = 5 − 3 − (−1) = 3.
Funkční hodnota f (3, −1) = 10.
Protože lim
(x,y)→(3,−1)
(5 − x − y) = 3 ̸= 10 = f (3, −1), není funkce f v bodě A spojitá.
Pokud v zadání položíme f (A) = f (3, −1) = 3, pak je funkce f spojitá v bodě A.
Příklad 5.3 Ukažme, že funkce f (x, y) =



3 cos 5
x2+y2 pro [x, y] ̸= [0, 0]
20 pro [x, y] = [0, 0]
není v počátku
soustavy souřadnic spojitá.
Řešení
D (f) = R2
, bod [0, 0] ∈ R2
.
Limita lim
(x,y)→(0,0)
3 cos 5
x2+y2 neexistuje, poněvadž lim
(x,y)→(0,0)
5
x2+y2 = ∞.
Funkce f nemá v bodě [0, 0] limitu, proto není v tomto bodě spojitá.
Příklad 5.4 Najděme obor spojitos funkce f (x, y) = cos 2xy.
Řešení
Funkce je složená ze spojitých funkcí, je tedy spojitá.
Určíme její D (f) = R2
.
Funkce je spojitá v každém bodě [x, y] ∈ R2
.
69 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 5.5 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) = exy
xy
.
Řešení
Funkce je podílem spojitých funkcí, je elementární.
Určíme D (f) : xy ̸= 0 ⇒ x ̸= 0 nebo y ̸= 0.
x
y
Obr. 5.1 Obor spojitos funkce
f (x, y) = exy
xy
Zdroj: Vlastní zpracování
x
y
Obr. 5.2 Množina bodů nespojitos funkce
f (x, y) = exy
xy
Zdroj: Vlastní zpracování
Obor spojitos je rovina R2
bez souřadnicových os. Množinu bodů nespojitos tvoří všechny
body souřadnicových os.
Příklad 5.6 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) = x2−3xy+5
(x−2)2
+(y+2)2
−25
.
Řešení
Funkce je podílem spojitých funkcí, je elementární.
Určíme její D (f), který bude jejím oborem spojitos .
D (f) : (x − 2)2
+ (y + 2)2
̸= 25
Rovnice (x − 2)2
+ (y + 2)2
= 52
je rovnice kružnice se středem S = [2, −2] a poloměrem
r = 5.
S
2
x
-2
y
Obr. 5.3 Obor spojitos funkce
f (x, y) = x2
−3xy+5
(x−2)2
+(y+2)2
−25
Zdroj: Vlastní zpracování
S
2
x
-2
y
Obr. 5.4 Množina bodů nespojitos funkce
f (x, y) = x2
−3xy+5
(x−2)2
+(y+2)2
−25
Zdroj: Vlastní zpracování
Oborem spojitos je rovina R2
kromě všech bodů kružnice o rovnici (x − 2)2
+ (y + 2)2
= 25.
Body nespojitos jsou všechny body kružnice o rovnici (x − 2)2
+ (y + 2)2
= 25.
SPOJITOST FUNKCE 70
Příklad 5.7 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) =



0 pro y = 0
x sin 1
y
pro y ̸= 0
.
Řešení
Funkce není elementární, funkční předpis naznačuje, že body nespojitos by mohly být body
osy x (y = 0).
Definiční obor funkce je množina R2
.
Vypočteme limitu
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
x sin
1
y
.
Tato limita neexistuje, protože neexistuje lim
y→0
sin 1
y
.
Existuje pouze pro x0 = 0, potom je lim
(x,y)→(0,0)
x sin 1
y
= 0, protože sin 1
y
je omezená funkce,
pla sin 1
y
≤ 1 pro y ̸= 0 a lim
(x,y)→(0,0)
x = 0.
A protože lim
(x,y)→(0,0)
x sin 1
y
= 0 = f (0, 0), je funkce v bodě [0, 0] spojitá, kdežto ve všech
ostatních bodech osy x spojitá není.
x
y
Obr. 5.5 Obor spojitos funkce
f (x, y) =



0 pro y = 0
x sin 1
y pro y ̸= 0
Zdroj: Vlastní zpracování
x
y
Obr. 5.6 Množina bodů nespojitos funkce
f (x, y) =



0 pro y = 0
x sin 1
y pro y ̸= 0
Zdroj: Vlastní zpracování
Obor spojitos je množina R2
mimo body souřadnicových os kromě počátku. Body nespojitos
jsou všechny body osy x a osy y s výjimkou počátku souřadnic.
71 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 5.8 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) = ln (x + y).
Řešení
Daná funkce je elementární; je složená ze spojitých funkcí, je tedy spojitá.
Obor spojitos je totožný s jejím definičním oborem.
Určíme D (f) : x + y > 0 ⇒ y > −x
x
y
Obr. 5.7 Obor spojitos funkce f (x, y) = ln (x + y)
Zdroj: Vlastní zpracování
Oborem spojitos je polorovina vyťatá přímkou y = −x, bez bodů hraniční přímky.
Příklad 5.9 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) =
√
9 − x2 − y2.
Řešení
Funkce je elementární; je složená ze spojitých funkcí, je tedy spojitá.
Určíme D (f); obor spojitos je totožný s D (f).
D (f) : 9 − x2
− y2
≥ 0 ⇒ x2
+ y2
≤ 9.
x
y
Obr. 5.8 Obor spojitos funkce f (x, y) =
√
9 − x2 − y2
Zdroj: Vlastní zpracování
Oborem spojitos je kruh s hraniční kružnicí o rovnici x2
+ y2
= 9.
SPOJITOST FUNKCE 72
Příklad 5.10 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) = arccos y
x2 .
Řešení
Funkce je elementární; je složená ze spojitých funkcí, je tedy spojitá.
Určíme D (f); obor spojitos je totožný s D (f).
D (f) : −1 ≤
y
x2
≤ 1 ∧ x ̸= 0
−x2
≤ y ≤ x2
x
y
Obr. 5.9 Obor spojitos funkce f (x, y) = arccos y
x2
Zdroj: Vlastní zpracování
Oborem spojitos jsou body ležící vně nebo na parabolách y = −x2
a y = x2
, kromě bodu
[0, 0].
Příklad 5.11 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) = sin ln y
cos x
.
Řešení
Funkce ln y je spojitá v každém bodě [x, y] ∈ R2
, v němž y > 0.
Funkce cos x je spojitá v každém bodě [x, y] ∈ R2
. Hodnoty nula nabývá tato funkce ve všech
bodech [x, y] ∈ R2
, v nichž x = (2k + 1) π
2
, k ∈ Z.
Funkce ln y
cos x
je spojitá ve všech bodech [x, y] ∈ R2
, pro něž je x ̸= (2k + 1) π
2
, k ∈ Z, y > 0.
Funkce sin u je spojitá v každém bodě u.
Podle věty o spojitos složené funkce je daná funkce f spojitá.
Stanovíme obor spojitos , který je totožný s definičním oborem.
73 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
-
5 π
2
-
3 π
2
-
π
2
π
2
3 π
2
5 π
2
x
y
Obr. 5.10 Obor spojitos funkce
f (x, y) = sin ln y
cos x
Zdroj: Vlastní zpracování
- 5 π
2
- 3 π
2
- π
2
π
2
3 π
2
5 π
2
x
y
Obr. 5.11 Množina bodů nespojitos funkce
f (x, y) = sin ln y
cos x
Zdroj: Vlastní zpracování
Obor spojitos tvoří všechny body horní poloroviny (x, y) s hraniční přímkou y = 0, které neleží
na žádné z přímek o rovnici x = (2k + 1) π
2
, k ∈ Z a y = 0.
Množina bodů nespojitos je tvořena všemi body dolní poloroviny včetně hraniční přímky y = 0
a včetně všech bodů přímek o rovnici z = (2k + 1) π
2
, k ∈ Z.
Příklad 5.12 Najděme a načrtněme obor spojitos funkce f (x, y) = 1
sin x sin y
.
Řešení
Je to elementární a spojitá funkce; určíme definiční obor.
D (f) : sin x sin y ̸= 0
sin x ̸= 0 ⇒ x ̸= 0 + kπ, k ∈ Z
sin y ̸= 0 ⇒ y ̸= 0 + kπ, k ∈ Z
-2  -  2 0
-2 
-

2 
x
y
Obr. 5.12 Obor spojitos funkce
f (x, y) = 1
sin x sin y
Zdroj: Vlastní zpracování
-2  -  2 0
-2 
-

2 
x
y
Obr. 5.13 Množina bodů nespojitos funkce
f (x, y) = 1
sin x sin y
Zdroj: Vlastní zpracování
Oborem spojitos je rovina R2
s výjimkou všech bodů, které leží na přímkách o rovnicích x = kπ
a y = kπ, kde k ∈ Z.
SPOJITOST FUNKCE 74
Přímky x = kπ, resp. y = kπ, k ∈ Z jsou rovnoběžky s osou y, resp. s osou x.
Množinu bodů nespojitos tvoří přímky o rovnicích x = kπ a y = kπ, kde k ∈ Z.
Příklad 5.13 Pojednejme o spojitos funkce f (x, y) = e
sin x
y a rozhodněme, zda ji lze na R2
spojitě dodefinovat.
Řešení
Funkce je definována na R2
kromě bodů, pro něž je y = 0, tj. kromě bodů osy x.
Funkce sin x a y jsou funkce spojité, jejich podíl je také funkce spojitá a také exponenciální
funkce je spojitá všude.
Podle věty o spojitos složené funkce je funkce spojitá na svém D (f) = {[x, y] ∈ R2
; y ̸= 0}.
Abychom mohli funkci spojitě dodefinovat, musela by mít v každém bodě [x, 0] limitu.
Vypočteme
lim
y→0+
sin x
y
= +∞ a lim
y→0−
sin x
y
= −∞ pro x ̸= kπ, k ∈ Z
Limity jsou nevlastní a různé, tedy funkce f nemá v žádném bodě osy x limitu, proto ji nelze
spojitě dodefinovat na R2
.
Příklad 5.14 Rozhodněme, zda je funkce f (x, y) = sin xy
y
spojitá a zda ji lze spojitě dodefinovat
na R2
.
Řešení
Určíme D (f) = {[x, y] ∈ R2
; y ̸= 0}, což je obor spojitos funkce f. Body nespojitos jsou
všechny body osy x.
Zjis me, zda existuje limita pro libovolný bod [x0, 0] , x0 ̸= 0.
lim
(x,y)→(x0,0)
sin xy
y
= lim
(x,y)→(x0,0)
x sin xy
xy
= lim
(x,y)→(x0,0)
x · lim
(x,y)→(x0,0)
sin xy
xy
= x0 · 1 = x0
Pro bod [0, 0] je limita
lim
(x,y)→(0,0)
sin xy
y
= lim
(x,y)→(0,0)
x sin xy
xy
= lim
(x,y)→(0,0)
x · lim
(x,y)→(0,0)
sin xy
xy
= 0 · 1 = 0
Funkci lze spojitě dodefinovat na R2
předpisem
f (x, y) =



sin xy
y
pro y ̸= 0
x pro y = 0
.
75 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 5.15 Určeme definiční obor funkce f (x, y) = sgn (xy) a body, v nichž je spojitá.
Řešení
Funkce signum je definována v celé množině R2
.
Rozepíšeme podrobně její předpis.
f (x, y) = sgn (xy) =



1 pro xy > 0, tj. pro vnitřní body I. a III. kvadrantu
0 pro xy = 0, tj. pro body souřadnicových os x a y
−1 pro xy < 0, tj. pro vnitřní body II. a IV. kvadrantu
V okolí vnitřních bodů I. a III. kvadrantu je funkce f konstantní, nabývá hodnoty 1 a má v nich
také limitu 1. Ve všech těchto bodech je funkce f spojitá.
Obdobně v okolí vnitřních bodů II. a IV. kvadrantu je funkce f konstantní, nabývá hodnoty −1
a má v nich limitu −1. Ve všech těchto bodech je funkce f spojitá.
V redukovaném okolí bodů [x, 0] ležících na ose x a bodů [0, y] ležících na ose y, nabývá funkce
f rovněž konstantní hodnoty, a to vzhledem k I. a III. kvadrantu hodnoty 1, vzhledem ke II. a IV.
kvadrantu hodnoty −1 a vzhledem k osám hodnoty 0. Limita v těchto bodech tedy neexistuje,
proto funkce v nich není spojitá.
Funkce sgn (xy) má definiční obor R2
, ale obor spojitos je R2
s výjimkou všech bodů souřadnicových
os x a y.
Z podrobného zápisu funkce sgn (xy) je zřejmé, že funkce není elementární a její obor spojitos
se neshoduje s jejím definičním oborem.
SPOJITOST FUNKCE 76
U elementárních funkcí je obor spojitos shodný s definičním oborem.
Elementární funkce mají pro všechny body svého D(f) jednotný funkční předpis.
1. Najděte a načrtněte obor spojitos funkcí.
• f (x, y) = sin xy
x2+y2+1
[obor spojitos : R2
]
• f (x, y) =
√
x2+y2+4
x2y2























x
y
obor: spojitos : všechny
body roviny R2
, které neleží
na souřadnicových osách x
a y























• f (x, y) =
ln x
y
x2−y2




















x
y
obor spojitos : vnitřní body
I. a III. kvadrantu bez bodů ležících
na přímce y = x




















• f (x, y) =



2xy
x2+y2 pro [x, y] ̸= [0, 0]
0 pro [x, y] = [0, 0]
[
obor spojitos : R2
\ {[0, 0]}; funkce
není spojitá v bodě [0, 0]
]
77 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
• f (x, y) =
√
4−x2−4y2
2




















4
-1
1
x
y
obor spojitos : vnitřní
a hraniční body elipsy
x2
4
+ y2
1
≤ 1




















• f (x, y) = arcsin 2xy
























y= x
2
y=- x
2
x
y
obor spojitos : část roviny R2
ohraničená
hyperbolami o rovnicích
y = 1
2
x a y = −1
2
x
























• f (x, y) = y
sin2 πx




















-2 -1 1 20
x
y
obor spojitos : všechny body
roviny R2
, které neleží na
přímkách x = k, k ∈ Z




















SPOJITOST FUNKCE 78
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 6
Parciální derivace
Po prostudování kapitoly budete umět:
• počítat parciální derivace prvního řádu a určovat jejich hodnotu;
• počítat parciální derivace vyšších řádu a určovat jejich hodnotu.
Klíčová slova:
Parciální derivace, parciální derivace prvního a vyšších řádů, smíšené parciální
derivace.
PARCIÁLNÍ DERIVACE 80
Parciální derivace funkce v bodě
Příklad 6.1 Vypočtěme obě první parciální derivace funkce f(x, y) = x3
− 4x2
y + 8xy2
− 5y
a určeme jejich hodnotu v bodech A = [0, 1], B = [−1, 1], C = [2, 0] a D = [−x, 2x].
Řešení
Podle známých vzorců a pravidel pro derivování vypočteme nejprve parciální derivace v libovolném
bodě [x, y]; dosazením za x a y pak vypočteme hodnotu parciálních derivací v uvedených
bodech.
f′
x (x, y) = 3x2
− 8xy + 8y2
; f′
y (x, y) = −4x2
+ 16xy − 5
f′
x (A) = f′
x (0, 1) = 3 · 02
− 8 · 0 · 1 + 8 · 12
= 8
f′
y (A) = f′
y (0, 1) = −4 · 02
+ 16 · 0 · 1 − 5 = −5
f′
x (B) = f′
x (−1, 1) = 3 · (−1)2
− 8 · (−1) · 1 + 8 · 12
= 3 + 8 + 8 = 19
f′
y (B) = f′
y (−1, 1) = −4 · (−1)2
+ 16 · (−1) · 1 − 5 = −4 − 16 − 5 = −25
f′
x (C) = f′
x (2, 0) = 3 · 22
− 8 · 2 · 0 + 8 · 02
= 12
f′
y (C) = f′
y (2, 0) = −4 · 22
+ 16 · 2 · 0 − 5 = −16 − 5 = −21
f′
x (D) = f′
x (−x, 2x) = 3 · (−x)2
− 8 · (−x) · 2x + 8 · (2x)2
= 3x2
+ 16x2
+ 32x2
= 51x2
f′
y (D) = f′
y (−x, 2x) = −4 · (−x)2
+ 16 · (−x) · 2x − 5 = −4x2
− 32x2
− 5 = −36x2
− 5
Příklad 6.2 Určeme obě první parciální derivace funkce f (x, y) = 2xy2
, x > 0, v bodě
A = [1, e], B = [e, e], C = [1, 2].
Řešení
Vypočteme f′
x (x, y) a f′
y (x, y) a pak postupně dosadíme souřadnice daných bodů.
f′
x (x, y) = 2y2
xy2−1
; f′
y (x, y) = 2xy2
ln x · 2y = 4yxy2
ln x
f′
x (A) = f′
x (1, e) = 2e2
1e2−1
= 2e2
f′
y (A) = f′
y (1, e) = 4e1e2
ln 1 = 0
f′
x (B) = f′
x (e, e) = 2e2
ee2−1
= 2ee2+1
f′
y (B) = f′
y (e, e) = 4e · ee2
ln e = 4ee2+1
· 1 = 4ee2+1
f′
x (C) = f′
x (1, 2) = 2 · 22
122−1
= 8
f′
y (C) = f′
y (1, 2) = 4 · 2 · 122
ln 1 = 0
81 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.3 Určeme hodnoty obou prvních parciálních derivací funkce f (x, y) = ex
sin y v bodě
A = [1, π].
Řešení
Vypočteme f′
x (x, y) a f′
y (x, y) a dosadíme pak za x a y.
f′
x (x, y) = ex
sin y; f′
y (x, y) = ex
cos y
f′
x (A) = f′
x (1, π) = e1
sin π = e · 0 = 0
f′
y (A) = f′
y (1, π) = e1
cos π = e · (−1) = −e
Příklad 6.4 Určeme f′
x (A) a f′
y (A) pro funkci f (x, y) = arctg x
y
, y ̸= 0, je-li A = [0, 1].
Řešení
Vypočteme
f′
x (x, y) =
1
1 +
(
x
y
)2 ·
1
y
=
1
1 + x2
y2
·
1
y
=
y2
y2 + x2
·
1
y
=
y
x2 + y2
; x ̸= 0, y ̸= 0
f′
y (x, y) =
1
1 +
(
x
y
)2 ·
−x
y2
=
1
1 + x2
y2
·
−x
y2
=
y2
y2 + x2
·
−x
y2
=
−x
x2 + y2
; x ̸= 0, y ̸= 0
f′
x (A) = f′
x (0, 1) =
1
02 + 12
= 1
= f′
y (0, 1) =
0
02 + 12
= 0
PARCIÁLNÍ DERIVACE 82
Výpočet parciálních derivací prvního řádu
V následujících příkladech nebudeme vždy důsledně konkrétně určovat D (f), případně D (f′
x)
a D
(
f′
y
)
, poněvadž to již umíme.
Parciální derivace funkcí budou tedy počítány pro [x, y] ∈ D (f) a derivace f′
x a f′
y budou
určeny pro hodnoty [x, y] ∈ D (f′
x) a [x, y] ∈ D
(
f′
y
)
.
Příklad 6.5 Vypočtěme parciální derivace funkce f (x, y) = 5x3y
x2−1
, x ̸= ±1.
Řešení
Pokud derivujeme podle x, je y konstantní součinitel, který se derivováním zachovává (nemění).
f′
x (x, y) =
15x2
(x2
− 1) − 5x3
· 2x
(x2 − 1)2 · y =
15x4
− 15x2
− 10x4
(x2 − 1)2 · y =
5x4
− 15x2
(x2 − 1)2 · y =
f′
x (x, y) =
5x2
(x2
− 3) y
(x2 − 1)2
Pokud derivujeme podle y, pak je konstantním součinitelem výraz 5x3
x2−1
.
f′
y (x, y) =
5x3
x2 − 1
· 1 =
5x3
x2 − 1
Příklad 6.6 Vypočtěme obě první parciální derivace funkce f (x, y) = x sin (x + 2y).
Řešení
Uži m vzorců a pravidla pro derivaci součinu dostáváme:
f′
x (x, y) = sin (x + 2y) + x cos (x + 2y)
f′
y (x, y) = 2x cos (x + 2y)
Příklad 6.7 Vypočtěme obě první parciální derivace funkce f (x, y) = sin x
y
cos y
x
, x ̸= 0, y ̸= 0.
Řešení
Opět podle vzorců a pravidel pro derivování součinu a složené funkce obdržíme:
f′
x (x, y) = cos
x
y
·
1
y
· cos
y
x
+ sin
x
y
·
(
− sin
y
x
)
·
(
−y
x2
)
=
=
1
y
cos
x
y
cos
y
x
+
y
x2
sin
x
y
sin
y
x
f′
y (x, y) = cos
x
y
·
(
−x
y2
)
· cos
y
x
+ sin
x
y
·
(
− sin
y
x
)
·
1
x
=
= −
x
y2
cos
x
y
cos
y
x
−
1
x
sin
x
y
sin
y
x
83 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.8 Vypočtěme obě první parciální derivace funkce f (x, y) = ln
(
x + 4
y2
)
, y ̸= 0.
Řešení
Podle vzorců a pravidel pro derivování obdržíme:
f′
x (x, y) =
1
x + 4
y2
· 1 =
y2
xy2 + 4
f′
y (x, y) =
1
x + 4
y2
·
(
−
8
y3
)
=
y2
xy2 + 4
·
−8
y3
=
−8
xy3 + 4y
Příklad 6.9 Vypočtěme parciální derivace funkce f (x, y) = x sin x2
.
Řešení
Podle vzorců a pravidel pro derivování je
f′
x (x, y) = 1 · sin x2
+ x · cos x2
· 2x = sin x2
+ 2x2
cos x2
f′
y (x, y) = 0
Příklad 6.10 Vypočtěme parciální derivace funkce f (x, y) = yx
, y > 0.
Řešení
Podle vzorců a pravidel pro derivování je
f′
x (x, y) = yx
ln x
f′
y (x, y) = xyx−1
Příklad 6.11 Vypočtěme parciální derivace funkce f (x, y) = tg (x2
+ 2xy).
Řešení
Podle vzorců a pravidel pro derivování je
f′
x (x, y) =
1
cos2 (x2 + 2xy)
· (2x + 2y) =
2 (x + y)
cos2 (x2 + 2xy)
f′
y (x, y) =
1
cos2 (x2 + 2xy)
· 2x =
2x
cos2 (x2 + 2xy)
PARCIÁLNÍ DERIVACE 84
Příklad 6.12 Vypočtěme parciální derivace funkce f (x, y) = arcsin x2
y
, y ̸= 0.
Řešení
Podle vzorců a pravidel pro derivování je
f′
x (x, y) =
1
√
1 −
(
x2
y
)2
·
2x
y
=
y
√
y2 − x4
·
2x
y
=
2x
√
y2 − x4
f′
y (x, y) =
1
√
1 −
(
x2
y
)2
·
(
−x2
y2
)
=
y
√
y2 − x4
·
−x2
y2
=
−x2
y
√
y2 − x4
Příklad 6.13 Vypočtěme parciální derivace funkce f (x, y) = ex2y
x2 , x ̸= 0.
Řešení
Upravíme funkci f (x, y) = ex2y
· x−2
a derivujeme ji jako součin.
f′
x (x, y) = ex2y
· 2xy · x−2
+ ex2y
· (−2) x−3
= 2ex2y
(
y
x
−
1
x3
)
f′
y (x, y) = ex2y
· x2
· x−2
= ex2y
Příklad 6.14 Vypočtěme parciální derivace funkce z = xy
x+y
, x ̸= 0, y ̸= 0, y ̸= −x.
Řešení
Derivujeme jako podíl.
z′
x =
y (x + y) − xy · 1
(x + y)2 =
y2
(x + y)2
z′
y =
x (x + y) − xy · 1
(x + y)2 =
x2
(x + y)2
Příklad 6.15 Vypočtěme parciální derivace funkce z = 1
x(x−y)2 , x ̸= 0, y ̸= x.
Řešení
Derivujeme jako podíl s konstantou v čitateli.
z′
x =
−1 ·
[
1 · (x − y)2
+ x · 2 · (x − y)
]
[
x (x − y)2]2 =
− (x − y) [x − y + 2x]
x2 (x − y)4 =
y − 3x
x2 (x − y)3
z′
y =
−x · 2 · (x − y) · (−1)
[
x (x − y)2]2 =
2x (x − y)
x2 (x − y)4 =
2x
x2 (x − y)3
85 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.16 Vypočtěme parciální derivace funkce z = ln sin (xy2
).
Řešení
Derivujeme složenou funkci.
z′
x =
1
sin (xy2)
· cos
(
xy2
)
· y2
= y2
cotg
(
xy2
)
z′
y =
1
sin (xy2)
· cos
(
xy2
)
· 2xy = 2xy cotg
(
xy2
)
Příklad 6.17 Vypočtěme parciální derivace funkce z = eyx
.
Řešení
Derivujeme složenou funkci.
z′
x = eyx
· yx
· ln y = yx
eyx
ln y
z′
y = eyx
· x · yx−1
= xyx−1
eyx
Příklad 6.18 Vypočtěme parciální derivace funkce z = (3x2
y + 5xy2
)
3
.
Řešení
Derivujeme složenou funkci.
z′
x = 3
(
3x2
y + 5xy2
)2 (
6xy + 5y2
)
z′
y = 3
(
3x2
y + 5xy2
)2 (
3x2
+ 10xy
)
Příklad 6.19 Vypočtěme parciální derivace funkce z = 6 3
√
sin2
(xy).
Řešení
Nejprve funkci upravíme a pak derivujeme složenou funkci.
z = 6 [sin (xy)]
2
3
z′
x = 6 ·
2
3
[sin (xy)]−1
3 cos (xy) · y =
4y cos (xy)
3
√
sin (xy)
z′
y = 6 ·
2
3
[sin (xy)]−1
3 cos (xy) · x =
4x cos (xy)
3
√
sin (xy)
PARCIÁLNÍ DERIVACE 86
Příklad 6.20 Vypočtěme parciální derivace funkce z = ln tg x
y
, x ̸= 0, kπ < x
y
< π
2
+kπ, k ∈ Z.
Řešení
Derivujeme složenou funkci.
z′
x =
1
tg x
y
·
1
cos2 x
y
·
1
y
=
1
y
sin x
y
cos x
y
cos2 x
y
=
1
y sin x
y
cos x
y
·
2
2
=
2
y sin 2x
y
z′
y =
1
tg x
y
·
1
cos2 x
y
· x
(
−
1
y2
)
=
−x
y2 sin x
y
cos x
y
·
2
2
=
−2x
y2 sin 2x
y
Příklad 6.21 Dokažme, že pro funkci z =
√
x sin y
x
, x > 0, pla x∂z
∂x
+ y∂z
∂y
= z
2
.
Řešení
Vypočteme parciální derivace a pak do rovnice dosadíme. Víme, že ∂z
∂x
= z′
x, ∂z
∂y
= z′
y.
∂z
∂x
=
1
2
√
x
sin
y
x
+
√
x cos
y
x
·
(
−
y
x2
)
=
√
x
2x
sin
y
x
−
y
√
x
x2
cos
y
x
∂z
∂y
=
√
x cos
y
x
·
1
x
=
√
x
x
cos
y
x
Dosadíme:
x
∂z
∂x
+ y
∂z
∂y
=
z
2
x
(√
x
2x
sin
y
x
− y
√
x
x2
cos
y
x
)
+ y
√
x
x
· cos
y
x
=
√
x
2
sin
y
x
√
x
2
sin
y
x
− y
√
x
x
cos
y
x
+
y
√
x
x
cos
y
x
=
√
x
2
sin
y
x√
x
2
sin
y
x
=
√
x
2
sin
y
x
Tím je důkaz proveden.
87 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.22 Dokažme, že funkce z = ln (x2
+ xy + y2
) vyhovuje parciální diferenciální rovnici
x
∂z
∂x
+ y
∂z
∂y
= 2.
Řešení
Vypočteme parciální derivace.
∂z
∂x
=
2x + y
x2 + xy + y2
,
∂z
∂y
=
x + 2y
x2 + xy + y2
Dosadíme do rovnice.
x
2x + y
x2 + xy + y2
+ y
x + 2y
x2 + xy + y2
= 2
2x2
+ xy + xy + 2y2
x2 + xy + y2
= 2
2 (x2
+ xy + y2
)
x2 + xy + y2
= 2
2 = 2
Tím je důkaz proveden.
Příklad 6.23 Vypočítejme parciální derivace funkce f (x, y) = x sin xe
x
y , y ̸= 0.
Řešení
Podle vzorců a derivace součinu a složené funkce je:
f′
x (x, y) = (1 · sin x + x · cos x) e
x
y + x sin xe
x
y ·
1
y
= e
x
y
(
sin x + x cos x +
x
y
sin x
)
f′
y (x, y) = x sin x · e
x
y ·
(
−x
y2
)
= −
x2
y2
e
x
y sin x
Příklad 6.24 Vypočítejme parciální derivace funkce f (x, y) = xey
, x > 0.
Řešení
Podle vzorců je:
f′
x (x, y) = ey
xey−1
f′
y (x, y) = xey
ln x · ey
= ey
xey
ln x
PARCIÁLNÍ DERIVACE 88
Příklad 6.25 Vypočítejme parciální derivace funkce f (x, y) = xx
sin xy, x > 0.
Řešení
Připravíme si nejprve derivaci výrazu xx
podle x uži m logaritmické derivace a pak budeme
derivovat funkci jako součin a výraz sin xy jako funkci složenou.
(xx
)′
=
(
eln xx )′
=
(
ex ln x
)′
= ex ln x
(
1 · ln x + x
1
x
)
= xx
(ln x + 1)
f′
x (xy) = xx
(ln x + 1) sin xy + xx
cos xy · y = xx
[(ln x + 1) sin xy + y cos xy]
Derivujeme-li podle y, pak xx
je konstantní součinitel a sin xy derivujeme jako funkci složenou.
f′
y (x, y) = xx
cos xy · x = xx+1
cos xy
Příklad 6.26 Vypočítejme parciální derivace funkce f (x, y) = (xy)x
, x > 0, y > 0.
Řešení
Při derivování podle x užijeme logaritmickou derivaci.
Upravíme funkci f (x, y) = (xy)x
= eln (xy)x
= ex ln (xy)
.
f′
x (x, y) = ex ln (xy)
[
1 · ln (xy) + x
1
xy
y
]
= (xy)x
[1 + ln (xy)]
Výpočet derivace podle y je jednodušší; derivujeme funkci bez úpravy uži m vzorce (xn
)′
.
f′
y (x, y) = x (xy)x−1
· x = x2
(xy)x−1
= xx+1
yx−1
Příklad 6.27 Vypočítejme parciální derivace funkce z = xxy
, x > 0.
Řešení
Při derivování podle x užijeme logaritmickou derivaci, proto funkci upravíme.
z = xxy
= eln xxy
= exy ln x
z′
x = exy ln x
(
y ln x + xy
1
x
)
= yxxy
(1 + ln x)
Výpočet derivace podle y je jednodušší; derivujeme funkci bez úpravy jako funkci složenou
podle vzorce (ax
)′
.
z′
y = xxy
· ln x · x = xxy+1
ln x
89 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.28 Vypočítejme parciální derivace funkce f (x, y) = xxy
, x > 0, y > 0.
Řešení
Při výpočtu f′
x užijeme logaritmickou derivaci.
xxy
= eln xxy
= exy ln x
f′
x (x, y) = exy ln x
(
yxy−1
ln x + xy 1
x
)
= xxy
xy−1
(y ln x + 1)
f′
y (x, y) = xxy
ln x · xy
ln x = xxy+y
ln2
x
Příklad 6.29 Vypočítejme parciální derivace funkce f (x, y) = (4 − xy)x+2
.
Řešení
Při výpočtu podle x užijeme logaritmickou derivaci.
Upravíme f′
x (x, y) = e(x+2) ln (4−xy)
f′
x (x, y) = e(x+2) ln (4−xy)
[
ln (4 − xy) + (x + 2)
−y
4 − xy
]
=
= (4 − xy)x+2
[
ln (4 − xy) −
y (x + 2)
4 − xy
]
Derivaci podle y vypočteme jako derivaci složené funkce a užijeme vzorec (xn
)′
.
f′
y (x, y) = (x + 2) (4 − xy)x+2−1
· (−x) = −x (x + 2) (4 − xy)x+1
PARCIÁLNÍ DERIVACE 90
Parciální derivace vyšších řádů
Příklad 6.30 Vypočítejme parciální derivace prvního, druhého a tře ho řádu funkce
f (x, y) = x3
− y3
+ x2
y + ex−y
. Porovnejme vypočtené smíšené parciální derivace.
Řešení
Postupně vypočítáme požadované derivace funkce f v libovolném bodě [x, y]. Místo např.
f′′
xx (x, y) budeme psát stručně f′′
xx.
f′
x = 3x2
+ 2xy + ex−y
f′
y = −3y2
+ x2
− ex−y
f′′
xx = 6x + 2y + ex−y
f′′
yx = 2x − ex−y
f′′
xy = 2x − ex−y
f′′
yy = −6y + ex−y
f′′′
xxx = 6 + ex−y
f′′′
yxx = 2 − ex−y
f′′′
xxy = 2 − ex−y
f′′′
yxy = ex−y
f′′′
xyx = 2 − ex−y
f′′′
yyx = ex−y
f′′′
xyy = ex−y
f′′′
yyy = −6 − ex−y
Postupně porovnáváme smíšené parciální derivace.
Zjis me, že:
f′′
xy = f′′
yx
f′′′
xxy = f′′′
xyx = f′′′
yxx
f′′′
xyy = f′′′
yxy = f′′′
yyx
Smíšené parciální derivace se sobě rovnají, protože jsou spojité. Při jejich výpočtu nezáleží na
pořadí proměnných, podle kterých derivujeme, ale pouze na tom, kolikrát podle té které proměnné
derivujeme.
Příklad 6.31 Vypočtěme smíšenou parciální derivaci 2. řádu funkce z = xy + ey
y2+1
.
Řešení
Máme vypočítat z′′
xy nebo z′′
yx. Poněvadž jsou tyto parciální derivace spojité, pak pla z′′
xy = z′′
yx;
říkáme také, že jsou tyto derivace záměnné. Nebude tedy záležet na pořadí derivování podle
proměnných, co se týká výsledku, ale bude (v tomto případě) záležet na pořadí derivování, co
se týká pracnos výpočtu.
Srovnejme oba postupy výpočtu.
z = xy +
ey
y2 + 1
z′
x = y, z′′
xy = 1
Výpočet je snadný.
Pokud ale nejprve vypočteme z′
y, je výpočet pracnější, zdlouhavější.
z′
y = x +
ey
(y2
+ 1) − ey
· 2y
(y2 + 1)2 = x +
ey
(y2
− 2y + 1)
(y2 + 1)
z′′
yx = 1
91 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.32 Vypočtěme parciální derivace 1. - 3. řádu funkce z = x2
y3 , y ̸= 0, a určeme jejich
hodnotu v bodě A = [1, −1].
Řešení
Postupně vypočteme požadované parciální derivace a pak za x a y dosadíme souřadnice bodu
A. Smíšené parciální derivace se sobě rovnají, protože na množině {[x, y] ∈ R2
; y ̸= 0} jsou
spojité.
z′
x =
2x
y3
z′
x (1, −1) =
2 · 1
(−1)3 = −2
z′
y =
−3x2
y4
z′
y (1, −1) =
−3 · 12
(−1)4 = −3
z′′
xx =
2
y3
z′′
xx (1, −1) =
2
(−1)3 = −2
z′′
xy =
−6x
y4
z′′
xy (1, −1) =
−6 · 1
(−1)4 = −6
z′′
yy =
12x2
y5
z′′
yy (1, −1) =
12 · 12
(−1)5 = −12
z′′′
xxx = 0 z′′′
xxx (1, −1) = 0
z′′′
xxy =
−6
y4
z′′′
xxy (1, −1) =
−6
(−1)4 = −6
z′′′
xyy =
24x
y5
z′′′
xyy (1, −1) =
24 · 1
(−1)5 = −24
z′′′
yyy =
−60x2
y6
z′′′
yyy (1, −1) =
−60 · 12
(−1)6 = −60
PARCIÁLNÍ DERIVACE 92
Příklad 6.33 Vypočtěme parciální derivace 1. - 3. řádu funkce z = ln (x2
y2
), x ̸= 0, y ̸= 0,
a jejich hodnotu v bodě A = [−2, 1].
Řešení
Postupně vypočítáme uvedené parciální derivace a pak za x a y dosadíme souřadnice bodu
A. Smíšené parciální derivace se sobě rovnají, protože na množině {[x, y] ∈ R2
; x ̸= 0, y ̸= 0}
jsou spojité.
∂z
∂x
=
1
x2y2
· 2xy2
=
2
x
∂z
∂x
(−2, 1) =
2
−2
= −1
∂z
∂y
=
1
x2y2
· 2x2
y =
2
y
∂z
∂x
(−2, 1) =
2
1
= 2
∂2
z
∂x2
= −
2
x2
∂2
z
∂x2
(−2, 1) =
−2
(−2)2 = −
1
2
∂2
z
∂x∂y
= 0
∂2
z
∂x∂y
(−2, 1) = 0
∂2
z
∂y2
= −
2
y2
∂2
z
∂y2
(−2, 1) =
−2
12
= −2
∂3
z
∂x3
=
4
x3
∂3
z
∂x3
(−2, 1) =
4
(−2)3 = −
1
2
∂3
z
∂x2∂y
= 0
∂3
z
∂x2∂y
(−2, 1) = 0
∂3
z
∂x∂y2
= 0
∂3
z
∂x∂y2
(−2, 1) = 0
∂3
z
∂y3
=
4
y3
∂3
z
∂y3
(−2, 1) =
4
13
= 4
Příklad 6.34 Vypočtěme ∂3f
∂x∂y2 funkce f (x, y) = arctg x2
y
, y ̸= 0, a její hodnotu v bodě
T = [−1, 2].
Řešení
Vypočteme požadovanou parciální derivaci a za x a y dosadíme souřadnice bodu T.
∂f
∂x
=
1
1 +
(
x2
y
)2 ·
2x
y
=
y2
y2 + x4
·
2x
y
=
2xy
y2 + x4
∂2
f
∂x∂y
=
2x (y2
+ x4
) − 2xy · 2y
(y2 + x4)2 =
2 (xy2
+ x5
− 2xy2
)
(y2 + x4)2 =
2 (x5
− xy2
)
(y2 + x4)2
∂3
f
∂x∂y2
= 2
−2xy (y2
+ x4
)
2
− (x5
− xy2
) 2 (y2
+ x4
) 2y
(y2 + x4)4 =
= 4
(y2
+ x4
) [−xy (y2
+ x4
) − 2x5
y + 2xy3
]
(y2 + x4)4 = 4
−xy3
− x5
y − 2x5
y + 2xy3
(y2 + x4)3 =
= 4
xy3
− 3x5
y
(y2 + x4)3 =
∂3
f
∂x∂y2
(−1, 2) = 4
−1 · 23
− 3 · (−1)5
· 2
[
22 + (−1)4]3 = 4
−2
53
= −
8
53
=
−8
125
93 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 6.35 Je daná funkce z = xy
x−y
, y ̸= x. Dokažme, že funkce z vyhovuje parciální diferenciální
rovnici
z′′
xx + 2z′′
xy + z′′
yy =
2
x − y
.
Řešení
Funkce z má spojité parciální derivace; vypočteme je.
z′
x =
y (x − y) − xy · 1
(x − y)2 =
−y2
(x − y)2
z′
y =
x (x − y) − xy · (−1)
(x − y)2 =
x2
(x − y)2
z′′
xx =
− (−y2
) · 2 (x − y) · 1
(x − y)4 =
2y2
(x − y)3
z′′
xy =
−2y (x − y)2
+ y2
2 (x − y) · (−1)
(x − y)4 =
2 (x − y) [−xy + y2
− y2
]
(x − y)4 = −
2xy
(x − y)3
z′′
yy =
−x2
· 2 (x − y) · (−1)
(x − y)4 =
2x2
(x − y)3
Dosadíme vypočtené parciální derivace do rovnice:
2y2
(x − y)3 + 2
−2xy
(x − y)3 +
2x2
(x − y)3 =
2
x − y
2y2
− 4xy + 2x2
(x − y)3 =
2
x − y
2 (x − y)2
(x − y)3 =
2
x − y
2
x − y
=
2
x − y
Tím je důkaz proveden.
PARCIÁLNÍ DERIVACE 94
Příklad 6.36 Vypočtěme ∂4f
∂x2∂y2 (A), je-li f (x, y) = 1
x2 ln (xy2
), x > 0, a bod A =
[1
a
, −a
]
,
a ̸= 0.
Řešení
Vypočteme požadovanou derivaci 4. řádu.
∂f
∂x
=
−2
x3
ln
(
xy2
)
+
1
x2
·
1
xy2
· y2
=
1
x3
[
−2 ln
(
xy2
)
+ 1
]
∂2
f
∂x2
= −
3
x4
[
−2 ln
(
xy2
)
+ 1
]
+
1
x3
· (−2)
1
xy2
· y2
=
1
x4
[
6 ln
(
xy2
)
− 3 − 2
]
=
=
1
x4
[
6 ln
(
xy2
)
− 5
]
∂3
f
∂x2∂y
=
1
x4
· 6 ·
1
xy2
· 2y =
12
x5y
∂4
f
∂x2∂y2
=
12
x5
·
−1
y2
=
−12
x5y2
Dosadíme souřadnice bodu A.
∂4
f
∂x2∂y2
(A) =
∂4
f
∂x2∂y2
(
1
a
, −a
)
=
−12
1
a5 · (−a)2 =
−12
1
a3
= −12a3
95 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Počítáme-li parciální derivace podle jedné z proměnných, pak druhou proměnnou
považujeme za konstantu. Při výpočtu užíváme známé vzorce a pravidla pro
derivování. Jsou-li smíšené parciální derivace spojité, pak nezáleží na pořadí v jakém
derivujeme, ale pouze na tom, kolikrát podle té které proměnné derivu-
jeme.
1. Vypočítejte 1. parciální derivace funkce f.
• f (x, y) = x3
+ 2x2
y + 3xy2
+ 4x − 5y + 100


f′
x = 3x2
+ 4xy + 3y2
+ 4
f′
y = 2x2
+ 6xy − 5


• f (x, y) = exy2
y3


f′
x = 1
y
exy2
f′
y =
exy2
(2xy2−3)
y4


• f (x, y) = x2
exy


f′
x = exy
(2x + x2
y)
f′
y = x3
exy


• f (x, y) = xy


f′
x = yxy−1
f′
y = xy
ln x


• f (x, y) = e
x
y


f′
x = 1
y
exy2
f′
y =
exy2
(2xy2−3)
y4


• f (x, y) = y sin y2


f′
x = 0
f′
y = sin y2
+ 2y2
cos y2


• f (x, y) = arctg x
y


f′
x = y
x2+y2
f′
y = −x
x2+y2


• f (x, y) = (x + y)y


f′
x = y (x + y)y−1
f′
y = (x + y)y
[
ln (x + y) + y
x+y
]


• f (x, y) = ln sin (xy2
)


f′
x = y2
cotg (xy2
)
f′
y = 2xy cotg (xy2
)


PARCIÁLNÍ DERIVACE 96
• f (x, y) = ln xy


f′
x = 1
x
f′
y = 1
y


• f (x, y) = ln 1
xy


f′
x = −1
x
f′
y = −1
y


2. Vypočítejte 2. parciální derivace funkce f.
• f (x, y) = x3
− 3x4
y + y5





f′′
xx = 6x − 36x2
y
f′′
yy = 20y3
f′′
xy = −12x3
= f′′
yx





• f (x, y) = 1
3xy
, x ̸= 0, y ̸= 0





f′′
xx = 2
3x3y
f′′
yy = 2
3xy3
f′′
xy = 1
3x2y2 = f′′
yx





• f (x, y) = e2x
sin y





f′′
xx = 4e2x
sin y
f′′
yy = −e2x
sin y
f′′
xy = 2e2x
cos y = f′′
yx





3. Určete ∂2f
∂x∂y
(0, 0) pro funkci f (x, y) = 3xy
.
[ln 3]
4. Přesvědčte se, že funkce z = x
√
y2 − x2 je řešením parciální diferenciální
rovnice
xy ∂z
∂x
+ x2 ∂z
∂y
= yz.
5. Určete ∂2z
∂x∂y
a ∂2z
∂x2 funkce z = arctg x+y
1−xy
.
[
∂2z
∂x2 = −2x
(1+x2)2 ; ∂2z
∂x∂y
= 0
]
6. Vypočtěte ∂4f
∂x3∂y
a ∂3f
∂y3 funkce f (x, y) = y ln (x2
y), y > 0, a jejich hodnoty
v bodě A = [−1, 2].


∂4f
∂x3∂y
= 4
x3 ; ∂4f
∂x3∂y
(−1, 2) = −4
∂3f
∂y3 = − 1
y2 ; ∂3f
∂y3 = −1
4


97 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
7. Vypočtěte parciální derivace 1. - 3. řádu funkce z = y
x
, x ̸= 0, a určete
jejich hodnotu v bodě A = [1, −1].














z′
x = − y
x2 , z′
y = 1
x
z′′
xx = 2y
x3 , z′′
yy = 0, z′′
xy = − 1
x2
z′′′
xxx = −6y
x4 , z′′′
xxy = 2
x3 , z′′′
xyy = 0, z′′′
yyy = 0
z′
x (A) = −2, z′
y (A) = −1
z′′
xx (A) = −4, z′′
yy (A) = 0, z′′
xy (A) = −1
z′′′
xxx (A) = −12, z′′′
xxy (A) = −2, z′′′
xyy (A) = 0, z′′′
yyy (A) = 0














Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 7
Tečná rovina a normála
Po prostudování kapitoly budete umět:
• stanovit rovnici tečné roviny τ;
• stanovit rovnici normály n.
Klíčová slova:
Tečná rovina, dotykový bod, normála.
99 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Připomínáme: Rovnice tečné roviny τ plochy z = f (x, y) v bodě T = [x0, y0, f (x0, y0)] je
dána vzorcem
τ : z = f (x0, y0) +
∂f (x0, y0)
∂x
(x − x0) +
∂f (x0, y0)
∂y
(y − y0)
Rovnice normály n plochy z = f (x, y) v bodě T = [x0, y0, z0] je dána vzorcem
n :
x − x0
∂f(x0,y0)
∂x
=
y − y0
∂f(x0,y0)
∂y
=
z − z0
−1
Příklad 7.1 Napišme rovnici tečné roviny τ a normály n plochy dané rovnicí
z = x2
− 2xy + y2
− x + 2y v bodě T = [1, 2, 4].
Řešení
Vypočteme parciální derivace ∂f
∂x
a ∂f
∂y
a jejich hodnotu v bodě T a dosadíme do rovnice tečné
roviny a normály. Poněvadž z = f (x, y), můžeme rovnici τ a n psát i takto:
τ : z = z0 + z′
x (x0, y0) (x − x0) + z′
y (x0, y0) (y − y0)
n :
x − x0
z′
x (x0, y0)
=
y − y0
z′
y (x0, y0)
=
z − z0
−1
z′
x = 2x − 2y − 1 z′
x (1, 2) = 2 · 1 − 2 · 2 − 1 = −3
z′
y = −2x + 2y + 2 z′
y (1, 2) = −2 · 1 + 2 · 2 + 2 = 4
τ : z = 4 − 3 (x − 1) + 4 (y − 2)
τ : z = 4 − 3x + 3 + 4y − 8
τ : 3x − 4y + z + 1 = 0
n :
x − 1
−3
=
y − 2
4
=
z − 4
−1
Příklad 7.2 Napišme rovnici tečné roviny τ a normály n plochy dané rovnicí
z = 1
xy
; x ̸= 0, y ̸= 0, v bodě T = [1, 1, ?].
Řešení
Určíme tře souřadnici bodu T, dosadíme do vzorců.
z (T) =
1
1 · 1
= 1; T = [1, 1, 1]
z′
x =
−1
x2y
; z′
x (T) =
−1
12 · 1
= −1
z′
y =
−1
xy2
; z′
x (T) =
−1
1 · 12
= −1
τ : z = 1 − 1 (x − 1) − 1 (y − 1)
τ : z = 1 − x + 1 − y + 1
τ : x + y + z − 3 = 0
n :
x − 1
−1
=
y − 1
−1
=
z − 1
−1
TEČNÁ ROVINA A NORMÁLA 100
Upravíme
n : x = y = z
Příklad 7.3 Napišme rovnice tečných roviny τ1 a τ2 k ploše dané rovnicí
z = x4
+ y4
− 36xy v bodě T1 = [3, 3, ?] a T2 = [2, 2, ?].
Řešení
Vypočteme z-ové souřadnice bodů T1 a T2, parciální derivace a jejich hodnoty v bodech T1 a
T2 a dosadíme do vzorce.
z (T1) = 34
+ 34
− 36 · 3 · 3 = 81 + 81 − 324 = −162
T1 = [3, 3, −162]
z (T2) = 24
+ 24
− 36 · 2 · 2 = 32 − 144 = −112
T2 = [2, 2, −112]
z′
x = 4x3
− 36y z′
x (T1) = 4 · 33
− 36 · 3 = 108 − 108 = 0
z′
y = 4y3
− 36x z′
y (T1) = 4 · 33
− 36 · 3 = 0
z′
x (T2) = 4 · 23
− 36 · 2 = 32 − 72 = −40
z′
y (T2) = 4 · 23
− 36 · 2 = −40
τ1 : z = −162 + 0 (x − 3) + 0 (y − 3)
τ1 : z = −162
Tečná rovina τ1 je rovnoběžná se souřadnicovou rovinou (x, y).
τ2 : z = −112 − 40 (x − 2) − 40 (y − 2)
τ2 : z = −112 − 40x + 80 − 40y + 80
τ2 : 40x + 40y + z − 48 = 0
Příklad 7.4 Napišme rovnici tečné roviny τ a normály n plochy dané rovnicí
f (x, y) =
√
x2 + y2 − xy v bodě T = [3, 4, ?].
Řešení
Vypočteme f (x0, y0) = z0, parciální derivace a jejich hodnotu v bodě T a dosadíme do vzorců.
f (x0, y0) = f (3, 4) =
√
32 + 42 − 3 · 4 = 5 − 12 = −7; T = [3, 4, −7]
∂f
∂x
=
1
2
(
x2
+ y2
)−1
2
· 2x − y =
x
√
x2 + y2
− y
∂f
∂x
(T) =
3
√
32 + 42
− 4 =
3
5
− 4 = −
17
5
∂f
∂y
=
1
2
(
x2
+ y2
)−1
2
· 2y − x =
y
√
x2 + y2
− x
∂f
∂y
(T) =
4
√
32 + 42
− 3 =
4
5
− 3 =
−11
5
101 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
τ : z = −7 −
17
5
(x − 3) −
11
5
(y − 4)
τ : 5z = −35 − 17x + 51 − 11y + 44
τ : 17x + 11y + 5z − 60 = 0
n :
x − 3
−17
5
=
y − 4
−11
5
=
z + 7
−1
n :
−5 (x − 3)
17
=
−5 (y − 4)
11
=
z + 7
−1
/ : (−5)
n :
x − 3
17
=
y − 4
11
=
z + 7
5
Příklad 7.5 Napišme rovnici tečné roviny τ a normály n plochy dané rovnicí
f (x, y) = x2+y2
xy
; x ̸= 0, y ̸= 0, v bodě T = [1, 2, ?].
Řešení
Vypočteme 3. souřadnici bodu T, parciální derivace a jejich hodnoty v bodě T a dosadíme do
vzorců.
f (x0, y0) = f (1, 2) =
12
+ 22
1 · 2
=
5
2
; T =
[
1, 2,
5
2
]
∂f
∂x
=
2x · xy − (x2
+ y2
) · y
(xy)2 =
2x2
y − x2
y − y3
(xy)2 =
x2
y − y3
x2y2
=
x2
− y2
x2y
∂f
∂y
=
2y · xy − (x2
+ y2
) · x
(xy)2 =
2xy2
− x3
− xy2
(xy)2 =
xy2
− x3
x2y2
=
y2
− x2
xy2
∂f
∂x
(1, 2) =
12
− 22
12 · 2
=
−3
2
∂f
∂y
(1, 2) =
22
− 12
1 · 22
=
3
4
τ : z =
5
2
−
3
2
(x − 1) +
3
4
(y − 2)
τ : z =
5
2
−
3
2
x +
3
2
+
3
4
y −
3
2
/ · 4
τ : 4z = 10 − 6x + 6 + 3y − 6
τ : 6x − 3y + 4z − 10 = 0
n :
x − 1
−3
2
=
y − 2
3
4
=
z − 5
2
−1
n :
2 (x − 1)
3
=
−4 (y − 2)
3
=
2z − 5
2
TEČNÁ ROVINA A NORMÁLA 102
Příklad 7.6 Přesvědčme se, že plochy z1 = ex+2y+4
a z2 = xy + 8x − x2
− 5 mají v bodě
T = [2, −3, 1] společnou tečnou rovinu τ; napište rovnici této roviny.
Řešení
Zjis me, zda bod T leží na ploše z1 a z2 a to tak, že dosadíme souřadnice bodu T do rovnic
ploch z1 a z2. Plocha z1 : 1 = e2+2(−3)+4
= e0
= 1; T ∈ z1
Plocha z2 : 1 = 2 · (−3) + 8 · 2 − 22
− 5 = 1; T ∈ z2
Vypočteme hodnotu parciálních derivací v bodě T.
Plocha z1: ∂z1
∂x
= ex+2y+4
; ∂z1
∂x
(T) = e2+2(−3)+4
= e0
= 1
∂z1
∂y
= 2ex+2y+4
; ∂z1
∂y
(T) = 2 · e0
= 2
Plocha z2: ∂z2
∂x
= y + 8 − 2x; ∂z2
∂x
(T) = −3 + 8 − 2 · 2 = 1
∂z2
∂y
= x; ∂z2
∂y
(T) = 2
Protože ∂z1
∂x
(T) = ∂z2
∂x
(T) = 1 a ∂z2
∂y
(T) = ∂z2
∂y
(T) = 2, tedy hodnoty parciálních derivací
ploch z1 a z2 v bodě T se sobě rovnají, je tečná rovina τ v bodě T společná.
τ : z = 1 + 1 (x − 2) + 2 (y + 3)
τ : z = 1 + x − 2 + 2y + 6
τ : x + 2y − z + 5 = 0
Rovnice tečné roviny τ : x + 2y − z + 5 = 0.
103 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Ke stanovení rovnic tečné roviny τ a normály n slouží vzorce:
τ : z = f (x0, y0) +
∂f (x0, y0)
∂x
(x − x0) +
∂f (x0, y0)
∂y
(y − y0)
n :
x − x0
∂f(x0,y0)
∂x
=
y − y0
∂f(x0,y0)
∂y
=
z − z0
−1
Dotykový bod T = [x0, y0, z0], kde z0 = f (x0, y0).
Při určování rovnic τ a n vypočítáme 1. parciální derivace funkce f a jejich hodnotu
v bodě T.
Získané hodnoty pak dosadíme do rovnic pro τ a n.
1. Napište rovnici tečné roviny τ a normály n plochy z = f (x, y) v bodě T.
• z = x2
+ y2
, T = [1, 2, ?]


τ : 2x + 4y − z − 5 = 0
n : x−1
2
= y−2
4
= z−5
−1


• f (x, y) = x2
− 2xy + y2
− x + 2y, T = [1, 1, ?]


τ : x − 2y + z = 0
n : x−1
1
= y−1
−2
= z−1
1


Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 8
Totální diferenciál
Po prostudování kapitoly budete umět:
1. určovat totální diferenciál;
• v libovolném bodě,
• pro libovolné přírůstky,
• v daném bodě,
• pro dané přírůstky,
2. určovat pomocí diferenciálu přibližné hodnoty výrazů.
Klíčová slova:
Totální diferenciál, přírůstek funkce, přírůstek argumentu.
105 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Připomínáme:
df (x, y) =
∂f
∂x
dx +
∂f
∂y
dy (8.1)
f (x0 + dx, y0 + dy)
.
= f (x0, y0) + df (x0, y0) (8.2)
Příklad 8.1 Vypočítejme totální diferenciál funkce f (x, y) = x3
+ y3
− 3xy
a) v libovolném bodě [x, y] pro libovolné přírůstky,
b) v bodě A = [−1; 2] pro libovolné přírůstky,
c) v libovolném bodě [x, y] pro dx = 0,1 a dy = 0,2,
d) v bodě B = [1, −2] pro dx = −0,2 a dy = 0,1.
Řešení
Vypočítáme první parciální derivace a dosadíme do vzorce (8.1).
∂f
∂x
= 3x2
− 3y
∂f
∂y
= 3y2
− 3x
a) df (x, y) = (3x2
− 3y) dx + (3y2
− 3x) dy
df (x, y) = 3 (x2
− y) dx + 3 (y2
− x) dy
b) df (−1, 2) = 3
[
(−1)2
− 2
]
dx + 3 [22
− (−1)] dy
df (−1, 2) = −3dx + 15dy
c) df (x, y) = 3 (x2
− y) · 0,1 + 3 (y2
− x) · 0,2
df (x, y) = 0,3 (x2
− y) + 0,6 (y2
− x)
d) df (1, −2) = 3 [12
− (−2)] · (−0,2) + 3
[
(−2)2
− 1
]
· 0,1
df (1, −2) = −3 · 3 · 0,2 + 3 · 3 · 0,1
df (1, −2) = −1,8 + 0,9 = −0,9
TOTÁLNÍ DIFERENCIÁL 106
Příklad 8.2 Vypočítejme totální diferenciál funkce f (x, y) = exy
a) v libovolném bodě [x, y] pro libovolné dx a dy,
b) v bodě A = [−1; 1] pro libovolné dx a dy,
c) v libovolném bodě [x, y] pro dx = −0,3 a dy = 0,2,
d) v bodě B = [1, 2] pro dx = −0,01 a dy = 0,03.
Řešení
Určíme první parciální derivace a dosadíme do vzorce (8.1).
∂f
∂x
= yexy ∂f
∂y
= xexy
a) df (x, y) = yexy
dx + xexy
dy
df (x, y) = exy
(ydx + xdy)
b) df (−1, 1) = e−1·1
(1dx − 1dy)
df (−1, 1) = e−1
(dx − dy)
c) df (x, y) = exy
[y · (−0,3) + x · 0,2]
df (x, y) = exy
(−0,3y + 0,2x)
d) df (1, 2) = e1·2
[2 · (−0,01) + 1 · 0,03]
df (1, 2) = e2
(−0,02 + 0,03)
df (1, 2) = 0,01e2
Příklad 8.3 Vypočítejme df (1, −4) pro funkci f (x, y) =
√
ln x − y a výsledek použijme k určení
přibližné hodnoty funkce f v bodě X = [0,9; −4,2].
Řešení
Po výpočtu prvních parciálních derivací stanovíme diferenciál.
∂f
∂x
=
1
2
√
ln x − y
·
1
x
=
1
2x
√
ln x − y
∂f
∂y
=
1
2
√
ln x − y
· (−1) =
−1
2
√
ln x − y
df (x, y) =
1
2x
√
ln x − y
dx −
1
2
√
ln x − y
dy
df (x, y) =
1
2
√
ln x − y
(
dx
x
− dy
)
df (1, −4) =
1
2
√
ln 1 − (−4)
(
dx
1
− dy
)
df (1, −4) =
1
4
(dx − dy)
107 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Diferenciál existuje pro hodnoty x > 0 a ln x > y.
Přibližnou hodnotu funkce v bodě X vypočítáme podle vzorce (8.2).
Stanovíme dx = 0,9 − 1 = −0,1
dy = −4,2 − (−4) = −0,2
f (1, −4) =
√
ln 1 − (−4) =
√
4 = 2
df (1, −4) = 1
4
(−0,1 + 0,2) = 1
4
· 0,1 = 0,25 · 0,1 = 0,025
f (0,9; −4,2)
.
= f (1, −4) + df (1, −4)
f (0,9; −4,2) = 2 + 0,025 = 2,025
Přibližná hodnota funkce f v bodě X je 2,025, tj. f (0,9; −4,2)
.
= 2,025.
Příklad 8.4 Vypočítejme diferenciál dz a přírůstek △z funkce z = 4xy v bodě [3, 2] a porovnejme
výsledky
a) pro dx = −0,2, dy = 0,2,
b) pro dx = −0,02, dy = 0,02.
Řešení
Vypočteme hodnotu funkce v bodě [3, 2].
z (3, 2) = 4 · 3 · 2 = 24
Totální diferenciál má tvar
dz = 4ydx + 4xdy = 4 (ydx + xdy)
a) Pro dx = −0,2 a dy = 0,2 obdržíme bod [3 − 0,2; 2 + 0,2] = [2,8; 2,2].
Určíme z (2,8; 2,2) = 4 · 2,8 · 2,2 = 24,64.
Přírůstek △z = (2,8; 2,2) − z (3, 2) = 24,64 − 24 = 0,64
Diferenciál dz (3, 2) = 4 · [2 · (−0,2) + 3 · 0,2] = 4 · 0,2 = 0,8
b) Pro dx = −0,02 a dy = 0,02 obdržíme bod [3 − 0,02; 2 + 0,02] = [2,98; 2,02]
Určíme z (2,98; 2,02) = 4 · 2,98 · 2,02 = 24,0784
Přírůstek △z = z (2,98; 2,02) − z (3, 2) = 24,0784 − 24 = 0,0784
Diferenciál dz (3, 2) = 4 [2 · (−0,02) + 3 · 0,02] = 4 · 0,02 = 0,08
Porovnáme:
z (2,8; 2,2)
.
= z (3, 2) + dz (3, 2) = 24 + 0,8 = 24,8
Přesná hodnota z (2,8; 2,2) = 24,64; dz (3, 2) = 0,8; △z (3, 2) = 0,64
z (2,98; 2,02)
.
= z (3, 2) + dz (3, 2) = 24 + 0,08 = 24,08
Přesná hodnota z = 24,0784, dz (3, 2) = 0,08, △z (3, 2) = 0,0784
Čím je |dx| a |dy| menší, tedy vzdálenost bodu [x0; y0] od bodu [x, y] menší, m je výpočet
funkční hodnoty v bodě f (x0 + dx, y0 + dy) pomocí diferenciálu přesnější.
TOTÁLNÍ DIFERENCIÁL 108
Příklad 8.5 Určeme přibližnou hodnotu výrazu
√
3,012 + 3,982.
Řešení
Sestrojíme vhodnou funkci f (x, y) =
√
x2 + y2, pro niž je f (3,01; 3,98) =
√
3,012 + 3,982.
Určíme bod [x0, y0] = [3, 4], v jehož blízkém okolí se nachází bod
[3,01; 3,98] = [x0 + dx; y0 + dy]
Stanovíme dx = 3,01 − 3 = 0,01 a dy = 3,98 − 4 = −0,02.
Vypočteme
∂f
∂x
=
2x
2
√
x2 + y2
=
x
√
x2 + y2
; x, y ̸= 0
∂f
∂y
=
2y
2
√
x2 + y2
=
y
√
x2 + y2
; x, y ̸= 0
Diferenciál df (x, y) = x√
x2+y2
dx + y√
x2+y2
dy = 1√
x2+y2
(xdx + ydy)
Dle vzorce (8.2):
f (3,01; 3,98)
.
= f (3, 4) + df (3, 4) , kde dx = 0,01 a dy = −0,02
f (3, 4) =
√
32 + 42 =
√
25 = 5
df (3, 4) =
1
√
32 + 42
[3 · 0,01 + 4 · (−0,02)] =
1
5
(0,03 − 0,08) =
1
5
· (−0,05) = −0,01
f (3,01; 3,98)
.
= 5 + (−0,01) = 4,99
Výsledek:
√
3,012 + 3,982 .
= 4,99
Příklad 8.6 Určeme přibližně hodnotu výrazu 2,483
− 3
1,152 .
Řešení
Sestrojíme vhodnou funkci f (x, y) = x3
− 3
y2 , pro niž je f (2,48; 1,15) = 2,483
− 3
1,152 .
Určíme vhodný bod [x0, y0] = [2, 5; 1], v jehož blízkém okolí se nachází bod [x0 + dx; y0 + dy].
Stanovíme dx = 2,48 − 2,5 = −0,02
dy = 1,15 − 1 = 0,15
Vypočteme ∂f
∂x
= 3x2
a ∂f
∂y
= 6
y3 .
Diferenciál df (x, y) = 3x2
dx + 6
y3 dy.
Dle vzorce (8.2):
f (2,48; 1,15)
.
= f (2,5; 1) + df (2,5; 1) , kde dx = −0,02 a dy = 0,15
f (2,5; 1) =
(
5
2
)3
−
3
12
= 15,625 − 3 = 12,625
df (2,5; 1) = 3 · 2,52
· (−0,02) +
6
13
· 0,15 = −0,3750 + 0,90 = 0,525
f (2,48; 1,15)
.
= 12,625 + 0,525 = 13,150
Výsledek: 2,483
− 3
1,152
.
= 13,15
109 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 8.7 Při deformaci kužele se jeho poloměr r zvětšil z 30 cm na 30,1 cm a výška v se
zmenšila z 60 cm na 59,5 cm. Vypočítejme přibližně změnu objemu.
Řešení
Objem V kužele vypočteme podle vzorce V = 1
3
πr2
v; objem V je funkcí dvou proměnných r a
v; tedy V (r, v).
Diferenciál dV (r, v) = ∂V
∂r
dr + ∂V
∂v
dv
dV (r, v) = 1
3
π (2rvdr + r2
dv)
Dle vzorce (8.2):
V (30,1; 59,5)
.
=V (30, 60) + dV (30, 60) , kde dr = 0,1 a dy = −0,5
V (30, 60) =
1
3
π302
· 60 = 900 · 20π = 18 000π
dV (30, 60) =
1
3
π
(
2 · 30 · 60 · 0,1 − 302
· 0,5
)
=
1
3
π (3600 · 0,1 − 900 · 0,5) =
=
1
3
π (360 − 450) =
1
3
π · (−90) = −30π
Objem kužele se zmenší přibližně o 30π cm3
, tj. z 18 000π cm3
na 17 970π cm3
.
TOTÁLNÍ DIFERENCIÁL 110
Totální diferenciál udává přírůstek funkce k tečné rovině, proto jím můžeme přibližně
nahradit přírůstek funkce. Toho lze využít při určování přibližných hodnot
výrazů.
1. Vypočítejte totální diferenciál funkce f (x, y) = arctg (xy)
• v libovolném bodě [x, y] pro libovolné dx a dy,
• v bodě [1, −1] pro libovolné dx a dy,
• v libovolném bodě [x, y] pro dx = 0,02 a dy = −0,03,
• v bodě [−2, 1] pro dx = −0,01 a dy = 0,02.








• df (x, y) = 1
1+(xy)2 (ydx + xdy)
• df (1, −1) = 1
2
(dy − dx)
• df (x, y) = 1
1+(xy)2 (0,02y − 0,03x)
• − 0,01








2. Určete přibližně hodnotu výrazu 1,052,01
. [1, 10]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 9
Lokální extrémy funkce
Po prostudování kapitoly budete umět:
• určovat stacionární body;
• rozhodovat o existenci a typu lokálního extrému.
Klíčová slova:
Lokální extrém, ostré lokální maximum, ostré lokální minimum, stacionární bod,
nutná podmínka pro lokální extrém, postačující podmínka pro lokální extrém.
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 112
Připomínáme:
Pro stacionární bod [x0, y0] pla ∂f
∂x
(x0, y0) = ∂f
∂y
(x0, y0) = 0.
Označíme D1 = |f′′
xx (x0, y0)| = f′′
xx (x0, y0) determinant 1.-ho řádu
D2 =
f′′
xx (x0, y0) f′′
xy (x0, y0)
f′′
yx (x0, y0) f′′
yy (x0, y0)
determinant 2.-ho řádu
Je-li D2 > 0 a současně
⟨
D1 < 0, má funkce v bodě [x0, y0] ostré lokálním maximum.
D1 > 0, má funkce v bodě [x0, y0] ostré lokálním minimum.
Je-li D2 < 0, nemá funkce v bodě [x0, y0] lokální extrém, ale sedlo.
Je-li D2 = 0, nelze o existenci extrému rozhodnout podle výše uvedeného kriteria; rozhodneme
podle definice lokálního extrému.
Příklad 9.1 Určeme lokální extrémy funkce f (x, y) = x2
+xy+y2
−6x−9y a napišme obecné
rovnice tečných rovin ke grafu funkce f v těchto bodech.
Řešení
Určíme definiční obor D(f) = R2
.
Vypočteme derivace prvního a druhého řádu, stanovíme jejich definiční obory.
f′
x = 2x + y − 6; D (f′
x) = R2
f′
y = x + 2y − 9; D (f′
x) = R2
f′
xx = 2, f′
yy = 2, f′
xy = 1; D (f′′
xx) = D
(
f′′
yy
)
= D
(
f′′
xy
)
= R2
Smíšené derivace jsou spojité, proto f′′
xy = f′′
yx.
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
(A) Z nutné podmínky pro lokální extrém, tj. řešíme soustavu rovnic f′
x = 0
f′
y = 0
a obdržíme
stacionární body.
f′
x = 0 ⇔ 2x + y − 6 = 0
f′
y = 0 ⇔ x + 2y − 9 = 0 ⇒ x = 9 − 2y; x = 9 − 2 · 4 = 1
2 (9 − 2y) + y − 6 = 0
18 − 4y + y − 6 = 0
−3y + 15 = 0 ⇒ y = 4
Obdrželi jsme 1 stacionární bod A = [1, 4]
(B) Body, v nichž neexistují parciální derivace prvního řádu; určíme je z definičních oborů
těchto derivací.
V našem případě první parciální derivace existují všude na R2
, proto odtud žádný další
bod podezřelý z lokálního extrému neobdržíme; budeme psát symbol prázdné množiny,
tj. ∅.
Získali jsme jediný bod podezřelý z lokálního extrému, a to bod A = [1, 4].
113 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu lokálního extrému v tomto
bodě.
D1 = f′′
xx (1, 4) = 2
D2 =
f′′
xx (1, 4) f′′
xy (1, 4)
f′′
yx (1, 4) f′′
yy (1, 4)
=
2 1
1 2
= 2 · 2 − 1 · 1 = 4 − 1 = 3
D2 > 0 a D1 > 0 ⇒ funkce má v bodě A ostré lokální minimum, jehož hodnota je
f (1, 4) = 12
+ 1 · 4 + 42
− 6 · 1 − 9 · 4 = 1 + 4 + 16 − 6 − 36 = −21.
Obr. 9.1 Graf funkce f (x, y) = x2
+ xy + y2
− 6x − 9y
Zdroj: Vlastní zpracování
Tečná rovina τ v bodě A je rovnoběžná se souřadnicovou rovinou (x, y) a má tedy obecnou
rovnici z + 21 = 0.
Funkce má ostré lokální minimum −21 v bodě A = [1, 4].
Příklad 9.2 Určeme lokální extrémy funkce f (x, y) = 2xy − 4x − 2y.
Řešení
Určíme D (f) = R2
.
Vypočteme první a druhé parciální derivace a stanovíme jejich definiční obory.
f′
x = 2y − 4 f′′
xx = 0 f′′
xy = f′′
yx = 2
f′
y = 2x − 2 f′′
yy = 0
Definičním oborem všech parciálních derivací je množina R2
.
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔ 2y − 4 = 0 ⇒ y = 2
f′
y = 0 ⇔ 2x − 2 = 0 ⇒ x = 1
Získali jsme 1 stacionární bod A = [1, 2].
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 114
(B) z definičních oborů 1. derivací: ∅
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
D1 = f′′
xx (1, 2) = 0
D2 =
f′′
xx (1, 2) f′′
xy (1, 2)
f′′
yx (1, 2) f′′
yy (1, 2)
=
0 2
2 0
= 0 − 4 = −4 < 0
Obr. 9.2 Graf funkce f (x, y) = 2xy − 4x − 2y
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce nemá v bodě A lokální extrém, protože D2 < 0. V bodě A = [1, 2] má funkce sedlo,
jehož souřadnice jsou [1, 2, −4].
Příklad 9.3 Určeme lokální extrémy funkce f (x, y) = y
√
x − y2
− x + 6y.
Řešení
Určíme D (f) = {[x, y] ∈ R2
; x ≥ 0}.
Vypočteme 1. a 2. parciální derivace.
f′
x =
y
2
√
x
− 1 f′′
xx =
−y
4
√
x3
f′′
xy = f′′
yx =
1
2
√
x
f′
y =
√
x − 2y + 6 f′′
yy = −2
Definiční obory: {[x, y] ∈ R2
; x > 0}.
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔
y
2
√
x
− 1 = 0;
y
2 (2y − 6)
− 1 = 0 ⇒ y − 4y + 12 = 0 ⇒ y = 4
f′
y = 0 ⇔
√
x − 2y + 6 = 0 ⇒
√
x = 2y − 6;
√
x = 2 · 4 − 6 = 2 ⇒ x = 4
Funkce má 1 stacionární bod A = [4, 4].
115 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
(B) z definičních oborů 1. derivací: ∅
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
D1 = f′′
xx (4, 4) =
−4
4
√
43
= −
1
8
< 0
D2 =
f′′
xx (4, 4) f′′
xy (4, 4)
f′′
yx (4, 4) f′′
yy (4, 4)
=
−1
8
1
4
1
4
−2
=
2
8
−
1
16
=
3
16
> 0
D1 < 0 a D2 > 0 ⇒ ostré lokální maximum
f (4, 4) = 4
√
4 − 42
− 4 + 6 · 4 = 8 − 16 − 4 + 24 = 12
Obr. 9.3 Graf funkce f (x, y) = y
√
x − y2
− x + 6y
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce má ostré lokální maximum 12 v bodě A = [4, 4].
Příklad 9.4 Určeme lokální extrém funkce f (x, y) = 4
√
x2 + y2.
Řešení
Určíme D (f) = R2
.
Vypočteme 1. parciální derivace funkce.
f′
x = 4 ·
1
2
(
x2
+ y2
)−1
2
· 2x =
4x
√
x2 + y2
; D (f′
x) = D
(
f′
y
)
= R2
\ {[0, 0]}
f′
y = 4 ·
1
2
(
x2
+ y2
)−1
2
· 2y =
4y
√
x2 + y2
Najdeme body podezřelé z lokálního extrému.
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 116
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔
4x
√
x2 + y2
= 0
f′
y = 0 ⇔
4y
√
x2 + y2
= 0
Soustava nemá řešení, funkce nemá stacionární bod.
(B) První parciální derivace neexistují v bodě A = [0, 0], proto funkce může mít lokální extrém
pouze v bodě A.
Rozhodnout o existenci extrému podle postačující podmínky, v níž se rozhoduje podle
determinantů D1 a D2 tady nelze, poněvadž 2. parciální derivace v bodě A neexistují,
protože už 1. parciální derivace v bodě A neexistují.
O existenci extrému v bodě A rozhodneme na základě definice extrému. Musíme vyšetřit
chování funkce na redukovaném okolí bodu A.
Určíme znaménko rozdílu f (x, y)−f (0, 0) pro všechny body [x, y] z redukovaného okolí
bodu A = [0, 0].
f (x, y) − f (0, 0) = 4
√
x2 + y2 − 4
√
02 + 02 = 4
√
x2 + y2 − 0 = 4
√
x2 + y2 > 0
Znaménko rozdílu se nemění, je vždy kladné, tj. f (x, y) − f (0, 0) > 0 ⇒ f (x, y) >
f (0, 0). To znamená, že v bodě A = [0, 0] má funkce ostré lokální minimum f (A) = 0.
Obr. 9.4 Graf funkce f (x, y) = 4
√
x2 + y2
Zdroj: Vlastní zpracování
Poznámka.
Graf funkce má v bodě [0, 0, 0] ostrý hrot. V bodě lokálního extrému nelze sestrojit tečnou rovinu.
Grafem funkce je rotační kuželová plocha s vrcholem v počátku soustavy.
V bodě A nabývá funkce současně svého lokálního i globálního minima, jehož hodnota
je f (A) = 0.
Příklad 9.5 Stanovme body, v nichž nastávají lokální extrémy nebo sedla funkce
f (x, y) = −x3
− 3y2
+ 6xy. Pokud extrém existuje, určíme jeho hodnotu.
Řešení
117 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
D (f) = R2
Určíme 1. a 2. parciální derivace.
f′
x = −3x2
+ 6y f′′
xx = −6x f′′
xy = f′′
yx = 6
f′
y = −6y + 6x f′′
yy = −6
Všechny derivace jsou definovány na R2
.
Určíme body podezřelé z lokálních extrémů.
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔ −3x2
+ 6y = 0 ⇒ −x2
+ 2y = 0; x2
+ 2x = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2
f′
y = 0 ⇔ −6y + 6x = 0 ⇒ x − y = 0 ⇒ y = x; y1 = 0, y2 = 2
Funkce má 2 stacionární body: A = [0, 0] , B = [2, 2].
(B) z definičních oborů prvních derivací: ∅.
O existenci extrému či sedla rozhodneme podle postačující podmínky.
A = [0, 0] : f′′
xx (A) = −6 · 0 = 0, f′′
yy (A) = −6, f′′
xy (A) = 6
D1 = 0, D2 =
0 −6
−6 6
= 0 − 36 = −36 < 0 ⇒ extrém nenastane
A = [0, 0] je sedlový bod
B = [2, 2] : f′′
xx (B) = −6 · 2 = −12, f′′
yy (B) = −6, f′′
xy (B) = 6
D1 = −12 < 0, D2 =
−12 6
6 −6
= 72 − 36 = 36 > 0
D2 = 36 > 0, D1 = −12 < 0 ⇒ ostré lokální maximum
f (A) = 0; f (B) = −23
− 3 · 22
+ 6 · 2 · 2 = −8 − 12 + 24 = 4
Obr. 9.5 Graf funkce f (x, y) = −x3
− 3y2
+ 6xy
Zdroj: Vlastní zpracování
V bodě A = [0, 0] má funkce sedlo [0, 0, 0].
V bodě B = [2, 2] má funkce ostré lokální maximum 4.
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 118
Příklad 9.6 Určeme lokální extrémy funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy.
Řešení
Určíme D (f) = R2
.
Vypočteme 1. a 2. parciální derivace.
f′
x = 4x3
− 36y f′′
xx = 12x2
f′′
xy = f′′
yx = −36
f′
y = 4y3
− 36x f′′
yy = 12y2
Definiční obor všech derivací je R2
.
Body podezřelé z lokálního extrému:
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔ 4x3
− 36y = 0 ⇒ x3
− 9y = 0
f′
y = 0 ⇔ 4y3
− 36x = 0 ⇒ y3
− 9x = 0
Vyřešíme soustavu rovnic.
x3
− 9y = 0 ⇒ y =
x3
9
y3
− 9x = 0
(
x3
9
)3
− 9x = 0
x9
− 94
x = 0
x
(
x8
− 38
)
= 0
x1 = 0; y1 = 0
x2,3 = ±3; y2,3 = ±3
Funkce má 3 stacionární body: A = [0, 0], B = [3, 3], C = [−3, −3].
(B) z definičních oborů 1. parciálních derivací: ∅.
Pro vyhodnocení postačujících podmínek sestavíme pro podezřelé body přehlednou tabulku.
Tabulka 9.1 Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy
bod D1 = f′′
xx f′′
yy f′′
xy D2 = f′′
xxf′′
yy −
[
f′′
xy
]2
A = [0, 0] 12 · 0 = 0 12 · 0 = 0 −36 −1296 < 0
B = [3, 3] 12 · 32
= 108 > 0 12 · 32
= 108 −36 10368 > 0
C = [−3, −3] 12 · (−3)2
= 108 > 0 12 · (−3)2
= 108 −36 10368 > 0
V bodě A extrém nenastane, protože determinant D2 < 0; bod A je sedlový bod.
V bodech B a C má funkce ostré lokální minimum, protože determinant D1 > 0 a D2 > 0.
f (3, 3) = 34
+ 34
− 36 · 3 · 3 = 81 + 81 − 324 = −162
f (−3, −3) = −162
119 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Obr. 9.6 Graf funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce má ostré lokální minimum −162 v bodech B = [3, 3] a C = [−3, −3].
Příklad 9.7 Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = x3
+ xy2
+ 6xy.
Řešení
Určíme D (f) = R2
.
Vypočteme parciální derivace 1.-ho a 2.-ho řádu.
f′
x = 3x2
+ y2
+ 6y f′′
xx = 6x f′′
xy = f′′
yx = 2y + 6
f′
y = 2xy + 6x f′′
yy = 2x
Všechny parciální derivace mají definiční obor R2
.
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému:
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔ 3x2
+ y2
+ 6y = 0
f′
y = 0 ⇔ 2xy + 6x = 0 ⇒ 2x (y + 3) = 0
Z 2. rovnice vypočteme: x = 0 nebo y = −3 a dosadíme do 1. rovnice.
x = 0 y = −3
3 · 02
+ y2
+ 6y = 0 3x2
+ (−3)2
+ 6 · (−3) = 0
y (y + 6) = 0 3x2
− 9 = 0
y1 = 0, y2 = −6 x1,2 = ±
√
3
Funkce má 4 stacionární body: A = [0, 0], B = [0, −6], C =
[√
3, −3
]
, D =
[
−
√
3, −3
]
.
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 120
(B) z definičních oborů 1. parciálních derivací: ∅.
Pro vyhodnocení postačujících podmínek sestavíme pro podezřelé body přehlednou tabulku.
Tabulka 9.2 Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy
bod D1 = f′′
xx f′′
yy f′′
xy D2 = f′′
xxf′′
yy −
[
f′′
xy
]2
A = [0, 0] 6 · 0 = 0 2 · 0 = 0 2 · 0 + 6 = 6 −36 < 0
B = [0, −6] 6 · 0 = 0 2 · 0 = 0 2 · (−6) + 6 = −6 −36 < 0
C =
[√
3, −3
]
6
√
3 > 0 2
√
3 2 · (−3) + 6 = 0 36 > 0
D =
[
−
√
3, −3
]
−6
√
3 < 0 −2
√
3 2 · (−3) + 6 = 0 36 > 0
V bodech A a B extrém nenastane, protože determinant D2 < 0.
V bodě C má funkce ostré lokální minimum, protože determinant D1 > 0 a D2 > 0.
V bodě D má funkce ostré lokální maximum, protože determinant D1 < 0 a D2 > 0.
f
(√
3, −3
)
=
(√
3
)3
+
√
3 · (−3)2
+ 6
√
3 (−3) = 3
√
3 + 9
√
3 − 18
√
3 = −6
√
3
f
(
−
√
3, −3
)
=
(
−
√
3
)3
−
√
3 · (−3)2
+ 6
(
−
√
3
)
· (−3) = −3
√
3 − 9
√
3 + 18
√
3 = 6
√
3
Obr. 9.7 Graf funkce f (x, y) = x3
+ xy2
+ 6xy
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce má ostré lokální maximum 6
√
3 v bodě D =
[
−
√
3, −3
]
a ostré lokální minimum −6
√
3
v bodě C =
[√
3, −3
]
.
121 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 9.8 Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = e−x2−y2
(x2
+ 2y2
).
Řešení
Určíme D (f) = R2
.
Vypočteme 1. a 2. parciální derivace.
f′
x = −2xe−x2−y2 (
x2
+ 2y2
)
+ e−x2−y2
2x = 2xe−x2−y2 (
−x2
− 2y2
+ 1
)
f′
y = −2ye−x2−y2 (
x2
+ 2y2
)
+ e−x2−y2
4y = 2ye−x2−y2 (
−x2
− 2y2
+ 2
)
f′′
xx = e−x2−y2 (
4x4
+ 8x2
y2
− 10x2
− 4y2
+ 2
)
f′′
yy = e−x2−y2 (
4x2
y2
+ 8y4
− 20y2
− 2x2
+ 4
)
f′′
xy = e−x2−y2 (
4x3
y + 8xy3
− 12xy
)
Všechny parciální derivace existují na R2
.
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
1. z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔ 2xe−x2−y2 (
−x2
− 2y2
+ 1
)
= 0 / : 2e−x2−y2
e−x2−y2
̸= 0 vždy
f′
y = 0 ⇔ 2ye−x2−y2 (
−x2
− 2y2
+ 2
)
= 0 / : 2e−x2−y2
Upravíme soustavu rovnic:
x
(
−x2
− 2y2
+ 1
)
= 0 ⇒ x = 0 ∨ x2
+ 2y2
= 1
y
(
−x2
− 2y2
+ 2
)
= 0
Dosadíme do 2. rovnice:
x = 0 : y (−2y2
+ 2) = 0 x2
+ 2y2
= 1 : y (−1 + 2) = 0
y1 = 0, y2
= 1 y = 0
y2,3 = ±1 x2
+ 2 · 0 = 1
x2
= 1
x1,2 = ±1
Obdrželi jsme 5 stacionárních bodů: A = [0, 0], B = [0, 1], C = [0, −1], D = [1, 0],
E = [−1, 0].
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 122
(B) z definičních oborů 1. parciálních derivací: ∅.
Pro vyhodnocení postačujících podmínek sestavíme pro podezřelé body přehlednou ta-
bulku.
Tabulka 9.3 Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y) = e−x2
−y2 (
x2
+ 2y2
)
bod D1 = f′′
xx f′′
yy f′′
xy D2 = f′′
xxf′′
yy −
[
f′′
xy
]2
extrém
A = [0, 0] 2 > 0 4 0 8 > 0 ostré lokální minimum
B = [0, 1] −2e−1
< 0 −8e−1
0 16e−2
> 0 ostré lokální maximum
C = [0, −1] −2e−1
< 0 −8e−1
0 16e−2
> 0 ostré lokální maximum
D = [1, 0] −4e−1
< 0 2e−1
0 −8e−2
< 0 nenastane
E = [−1, 0] −4e−1
< 0 2e−1
0 −8e−2
< 0 nenastane
f (A) = e0
(0 + 0) = 0
f (B) = e0−1
(0 + 2) = 2e−1
=
2
e
f (C) = e0−1
(0 + 2) = 2e−1
=
2
e
Obr. 9.8 Graf funkce f (x, y) = e−x2
−y2 (
x2
+ 2y2
)
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce má ostré lokální maximum 2
e
v bodech B = [0, 1] a C = [0, −1] a ostré lokální minimum
0 v bodě A = [0, 0].
123 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 9.9 Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = 5
√
(2 + x)2
· 5
√
(2 − y)2
.
Řešení
Určíme D (f) = R2
Určíme 1. derivace.
f′
x =
5
√
(2 − y)2
·
2
5
(2 + x)−3
5 =
2 5
√
(2 − y)2
5 5
√
(2 + x)3
; D (f′
x) : x ̸= −2
f′
y =
5
√
(2 + x)2
·
2
5
(2 − y)−3
5 · (−1) =
−2 5
√
(2 + x)2
5 5
√
(2 − y)3
; D
(
f′
y
)
: y ̸= 2
Vyhledáme body podezřelé z lokálních extrémů.
(A) z nutné podmínky
f′
x = 0 ⇔
2 5
√
(2 − y)2
5 5
√
(2 + x)3
= 0 ⇒ y = 2
f′
y = 0 ⇔
−2 5
√
(2 + x)2
5 5
√
(2 − y)3
= 0 ⇒ x = −2
Vzhledem k D (f′
x) a D
(
f′
y
)
konstantujeme, že neexistuje bod, v němž by obě 1. parciální
derivace byly rovny nule. Funkce nemá žádný stacionární bod, proto také nemá lokální
extrémy ze stacionárních bodů.
(B) z definičních oborů 1. parciálních derivací:
Pro všechny body přímky x = −2 je f′
y = 0, ale f′
x neexistuje.
Pro všechny body přímky y = 2 je f′
x = 0 ale f′
y neexistuje.
V bodě [−2, 2] neexistují obě první parciální derivace. Všechny body přímek x = −2
a y = 2 jsou podezřelé z lokálního extrému.
Neexistují-li první parciální derivace funkce, pak neexistují ani druhé. O existenci a typu extrému
nelze rozhodnout podle determinantů D1 a D2.
Rozhodneme tedy podle definice lokálního extrému a to tak, že vyšetříme chování funkce na
okolí podezřelých bodů.
Stanovíme znaménko rozdílu funkčních hodnot v bodech přímek x = −2 a y = 2 a v bodech
z jejich okolí.
Body přímky x = −2 mají souřadnice [−2, y].
Znaménko rozdílu:
f (x, y) − f (−2, y) =
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − y)2
−
5
√
(2 − 2)2
·
5
√
(2 − y)2
=
=
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − y)2
− 0 =
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − y)2
≥ 0
Rovnost nastane pro body přímky x = −2.
Zjis li jsme, že f (x, y) − f (−2, y) ≥ 0 ⇒ f (x, y) ≥ f (−2, y).
LOKÁLNÍ EXTRÉMY FUNKCE 124
Podle definice má funkce neostré lokální minimum ve všech bodech přímky x = −2.
Totéž vyšetření provedeme pro přímku y = 2, tj. pro body [x, 2].
Znaménko rozdílu:
f (x, y) − f (x, 2) =
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − y)2
−
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − 2)2
=
=
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − y)2
− 0 =
5
√
(2 + x)2
·
5
√
(2 − y)2
≥ 0
Rovnost nastane pro body přímky y = 2.
Zjis li jsme, že f (x, y) − f (x, 2) ≥ 0 ⇒ f (x, y) ≥ f (x, 2).
Podle definice má funkce neostré lokální minimum ve všech bodech přímky y = 2.
Obr. 9.9 Graf funkce f (x, y) =
5
√
(2 + x)
2
·
5
√
(2 − y)
2
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce má neostré lokální minimum 0 ve všech bodech přímek x = −2 a y = 2. Toto minimum
je současně i globálním minimem funkce.
125 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Body podezřelé z lokálního extrému jsou stacionární body (určíme je z nutné
podmínky pro extrém) a body, v nichž jedna nebo obě parciální derivace neexistují
(určíme je z definičních oborů parciálních derivací). Podle postačující podmínky
(podle determinantů D1 a D2) rozhodneme o existenci a typu lokálního
extrému.
1. Najděte lokální extrémy funkce
• f (x, y) = 1
x
+ 1
y
− xy
[o. l. max. − 3 v bodě A = [−1, −1]]
• f (x, y) = x2
− xy + y2
+ 3x − 2y + 1
[
o. l. min. − 4
3
v bodě A =
[
−4
3
, −1
3
]]
• f (x, y) = x4
+ 8y2
+ 2xy
[
o. l. min. 7
256
v bodech A =
[1
4
, − 1
32
]
a B =
[
−1
4
, 1
32
]]
• f (x, y) = 27x2
y + 14y3
− 54x − 69y
[
o. l. max. 82 v bodě A = [−1, −1] ,
o. l. min. − 82 v bodě B = [1, 1]
]
2. Najděte lokální extrémy funkce f (x, y) = 4 (x + y) − x4
− y2
.
Napište obecné rovnice tečné roviny ke grafu funkce f v těchto bodech.
[
o. l. max. 7 v bodě A = [1, 2]
τ : z − 7 = 0
]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 10
Globální a vázané extrémy
Po prostudování kapitoly budete umět:
• určovat vázané extrémy;
• vyhledávat a určovat globální extrémy funkcí spojitých na kompaktní mno-
žině.
Klíčová slova:
Vázaný extrém, globální extrém, kompaktní množina.
127 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 10.1 Vyhledejme lokální extrémy funkce f (x, y) = x2
+ y2
vázané podmínkou
x + y − 1 = 0.
Řešení
Vazba je daná implicitně (je to rovnice přímky). Z vazby vyjádříme jednu proměnnou, např.
y = 1 − x a dosadíme do dané funkce. Převedeme tak naši úlohu na úlohu vyhledání lokálních
extrémů funkce jedné proměnné, a tu již umíme.
f (x, 1 − x) = x2
+ (1 − x)2
= x2
+ 1 − 2x + x2
= 2x2
− 2x + 1
Obdrželi jsme funkci jedné proměnné x a označíme ji u (x).
Tedy u (x) = 2x2
− 2x + 1.
Vazba i daná funkce jsou definovány pro všechny x i y a jako polynomické funkce mají derivace
všech řádů. Funkce může mít extrém jen ve stacionárním bodě.
Vypočteme u′
(x) = 4x − 2; určíme stacionární bod (z nutné podmínky).
u′
(x) = 0 ⇔ 4x − 2 = 0 ⇒ x =
1
2
Funkce u má 1 stacionární bod x = 1
2
.
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
u′′
(x) = 4; u′′
(
1
2
)
= 4 > 0 ⇒ ostré lokální minimum
Funkce u má v bodě x = 1
2
ostré lokální minimum.
Vypočteme y = 1 − 1
2
= 1
2
a získáme tak bod A =
[1
2
, 1
2
]
, v němž má funkce f vázané lokální
minimum.
Určíme f
(1
2
, 1
2
)
=
(1
2
)2
+
(1
2
)2
= 1
2
.
Funkce f má vázané ostré lokální minimum 1
2
v bodě A =
[1
2
, 1
2
]
.
Pro názornou představu uvádíme geometrickou interpretaci naší úlohy.
Obr. 10.1 Graf funkce x2
+ y2
a rovina x + y − 1 = 0
Zdroj: Vlastní zpracování
Bod A je bodem lokálního minima prostorové křivky, která vznikne jako řez (průnik) dané prostorové
plochy f (x, y) = x2
+y2
rovinou, která je rovnoběžná s osou z a prochází body přímky
GLOBÁLNÍ A VÁZANÉ EXTRÉMY 128
x + y − 1 = 0. Přímka x + y − 1 = 0 je stopou roviny v půdorysně - souřadnicové rovině (x, y).
Příklad 10.2 Vyhledejme vázané lokální extrémy funkce f (x, y) = x4
4
− y2
2
, je-li
vazba 5x − y = 0.
Řešení
Vazba je určena v implicitním tvaru 5x − y = 0. Vyjádříme z ní y = 5x a dosadíme do funkce
f; obdržíme funkci jedné proměnné x a označíme ji u.
u (x) = f (x, 5x) =
x4
4
−
(5x)2
2
=
x4
4
−
25x2
2
Vazba i daná funkce jsou polynomy, jsou definovány a mají derivace všech řádů pro každé x i y.
u′
(x) =
1
4
· 4x3
−
25
2
· 2x = x3
− 25x
Body podezřelé z lokálního extrému budou jen z nutné podmínky pro extrém; určíme stacionární
body.
u′
(x) = 0 ⇔ x3
− 25x = 0 ⇒ x
(
x2
− 25
)
= 0
Funkce u má 3 stacionární body: x1 = 0, x2 = 5, x3 = −5.
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
u′′
(x) = 3x2
− 25
u′′
(0) = 3 · 02
− 25 = −25 < 0 ⇒ ostré lokální maximum
u′′
(5) = 3 · 52
− 25 = 50 > 0
u′′
(−5) = 3 · (−5)2
− 25 = 50 > 0
}
⇒ ostré lokální minimum
Vypočteme příslušné y : y1 = 5 · 0 = 0, y2 = 5 · 5 = 25, y3 = 5 · (−5) = −25.
Získali jsme 3 body A = [0, 0], B = [5, 25] a C = [−5, −25], v nichž má funkce f vázané lokální
extrémy.
f (A) =
04
4
−
25 · 02
2
= 0
f (B) =
54
4
−
252
2
=
625
4
−
625
2
= −
625
4
f (C) =
(−5)4
4
−
(−25)2
2
= −
625
4
Funkce f má 3 vázané ostré lokální extrémy: maximum 0 v bodě A = [0, 0] a minimum −625
4
v bodech B = [5, 25] a C = [−5, −25].
129 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 10.3 Vyhledejme vázané lokální extrémy funkce f (x, y) = exy
při vazbě x + y = 4.
Řešení
Z vazby vyjádříme x = 4 − y a dosadíme do funkce f. Obdržíme funkci jedné proměnné y
a označíme ji u.
u (y) = e(4−y)y
= e4y−y2
Vazba i funkce f jsou definovány a mají derivace všech řádů pro každé x i y.
u′
(y) = e4y−y2
(4 − 2y)
Funkce může mít extrém jen ve stacionárním bodě.
u′
(y) = 0 ⇔ e4y−y2
(4 − 2y) = 0 ⇒ 4 − 2y = 0 ⇒ y = 2
Funkce u má jeden stacionární bod y = 2.
Vypočteme u′′
a vyšetříme existenci a typ extrému.
u′′
(y) = e4y−y2
(4 − 2y)2
+ e4y−y2
(−2) = e4y−y2 (
14 − 16y + 4y2
)
u′′
(2) = e4·2−22 (
14 − 16 · 2 + 4 · 22
)
= −2e4
< 0 ⇒ ostré lokální maximum
Vypočteme x : x = 4 − 2 = 2
Získali jsme jediný bod A = [2, 2], v němž má funkce f vázaný extrém.
f (A) = e2·2
= e4
Funkce f má vázané ostré lokální maximum e4
v bodě A = [2, 2].
Příklad 10.4 Vyhledejme globální extrémy funkce f (x, y) = 2+2x+2y −x2
−y2
na množině
M : x ≥ 0, y ≥ 0 a y ≤ 9 − x.
Řešení
Znázorníme množinu M; je to trojúhelník.
F
A
G
E
γ
α
βC 9
x
B
9
y
Obr. 10.2 Množina M a body podezřelé z globálního extrému
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce f je množině M spojitá, množina M je kompaktní, proto funkce f má na množině M
globální extrémy.
GLOBÁLNÍ A VÁZANÉ EXTRÉMY 130
(1) Najdeme a shromáždíme všechny body podezřelé z globálního extrému.
(a) Body podezřelé z lokálního extrému, náležející vnitřku M◦
množiny M.
M◦
=
{
[x, y] ∈ R2
; x > 0 ∧ y > 0 ∧ y < 9 − x
}
.
Spočteme 1. parciální derivace a určíme stacionární body.
f′
x = 2 − 2x; f′
x = 0 ⇔ 2 − 2x = 0 ⇒ x = 1
f′
y = 2 − 2y; f′
y = 0 ⇔ 2 − 2y = 0 ⇒ y = 1
Obdrželi jsme stacionární bod A = [1, 1] ∈ M◦
.
(b) Body podezřelé z vázaného lokálního extrému ležící na hranici h (M) množiny M.
Hranice h (M) je tvořena body tří úseček, které označíme α , β a γ .
• Vnitřní body úsečky α : x = 0 ∧ y ∈ (0, 9); dosadíme x = 0 do funkce f.
u (y) = f (0, y) = 2 + 2y − y2
Určíme stacionární body funkce u.
u′
(y) = 2 − 2y
u′
(y) = 0 ⇔ 2 − 2y = 0 ⇒ y = 1 ∈ (0, 9)
Obdrželi jsme bod B = [0, 1] ∈ α .
• Vnitřní body úsečky β : y = 0 ∧ x ∈ (0, 9); dosadíme y = 0 do funkce f.
v (x) = f (x, 0) = 2 + 2x − x2
Určíme stacionární body funkce v.
v′
(x) = 2 − 2x
v′
(x) = 0 ⇔ 2 − 2x = 0 ⇒ x = 1 ∈ (0, 9)
Získali jsme bod C = [1, 0] ∈ β .
• Vnitřní body úsečky γ : y = 9−x∧x ∈ (0, 9); dosadíme y = 9−x do funkce
f.
w (x) = f (x, 9 − x) = 2 + 2x + 2 (9 − x) − x2
− (9 − x)2
=
= −2x2
+ 18x − 61
Určíme stacionární body funkce w.
w′
(x) = −4x + 18
w′
(x) = 0 ⇔ −4x + 18 = 0 ⇒ x =
18
4
=
9
2
∈ (0, 9)
Spočteme y = 9 −
9
2
=
9
2
.
Získali jsme bod D =
[9
2
, 9
2
]
∈ γ .
(c) Dosud neuvažované body z hranice h (M), v tomto případě vrcholy trojúhelníku.
E = [0, 0] , F = [9, 0] , G = [0, 9] .
131 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
(2) Celkem jsme nalezli 7 bodů podezřelých z globálního extrému. Ve všech podezřelých bodech
určíme funkční hodnoty.
f (A) = f (1, 1) = 2 + 2 + 2 − 1 − 1 = 4 f (E) = f (0, 0) = 2
f (B) = f (0, 1) = 2 + 2 − 1 = 3 f (F) = f (9, 0) = −61
f (C) = f (1, 0) = 3 f (G) = f (0, 9) = −61
f (D) = f
(
9
2
,
9
2
)
= 2 + 9 + 9 −
81
4
−
81
4
= −
41
2
Funkce f má globální maximum 4 ve vnitřním bodě A = [1, 1] a globální minimum −61 v hraničních
bodech F = [9, 0] a G = [0, 9] množiny M.
Globálního maxima nabývá funkce uvnitř množiny M a globálního minima na hranici množiny
M.
Poznámky.
• Při vyhledávání globálních extrémů není potřebné vyšetřovat, zda v podezřelých bodech
nastanou lokální extrémy. Rozhodující jsou to ž hodnoty funkce v těchto bodech.
• Vždy se musíme přesvědčit, zda bod podezřelý z globálního extrému náleží dané množině
M. Pokud tomu tak není, pak jej z dalších úvah vyloučíme.
• Lokální extrémy hledáme vždy na otevřené množině, proto uvažujeme vnitřní body množiny
M a vnitřní body úseček α , β a γ .
Příklad 10.5 Vyhledejme globální extrémy funkce f (x, y) = x2
+3y2
−x+18y−4 na množině
M = {[x, y] ∈ R2
; 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}.
Řešení
Množina M je čtverec.
D
F
B
0
AC
E
γ
δ
α
β
1
x
1
y
Obr. 10.3 Množina M a body podezřelé z globálního extrému
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce f má globální extrémy na kompaktní množině M, protože je na této množině spojitá.
GLOBÁLNÍ A VÁZANÉ EXTRÉMY 132
(1) Najdeme body podezřelé z globálního extrému.
(a) Body podezřelé z lokálního extrému z vnitřku M◦
množiny M.
M◦
=
{
[x, y] ∈ R2
; 0 < x < 1, 0 < y < 1
}
.
Spočteme 1. parciální derivace funkce f a určíme její stacionární body.
f′
x = 2x − 1; f′
x = 0 ⇔ 2x − 1 = 0 ⇒ x =
1
2
f′
y = 6y + 18; f′
y = 0 ⇔ 6y + 18 = 0 ⇒ y = −3 /∈ (0, 1)
Obdrželi jsme stacionární bod
[1
2
, −3
]
/∈ M◦
.
Bod
[1
2
, −3
]
není bodem množiny M, proto jej z dalších úvah vyloučíme. Uvnitř
množiny M stacionární body nejsou.
(b) Body podezřelé z vázaného lokálního extrému, ležící na hranici h (M) množiny M.
Hranice se skládá ze čtyř úseček, které označíme α , β , γ , δ .
• Vnitřní body úsečky α : y = 0 ∧ x ∈ (0, 1); dosadíme y = 0 do funkce f.
u (x) = f (x, 0) = x2
− x − 4
Určíme stacionární body funkce u.
u′
(x) = 2x − 1
u′
(x) = 0 ⇔ 2x − 1 = 0 ⇒ x =
1
2
∈ (0, 1)
Obdrželi jsme bod A =
[1
2
, 0
]
∈ α .
• Vnitřní body úsečky β : x = 1 ∧ y ∈ (0, 1); dosadíme x = 1 do funkce f.
v (y) = f (1, y) = 1 + 3y2
− 1 + 18y − 4 = 3y2
+ 18y − 4
Určíme stacionární bod funkce v.
v′
(y) = 6y + 18
v′
(y) = 0 ⇔ 6y + 18 = 0 ⇒ y = −3 /∈ (0, 1)
Bod [1, −3] /∈ M, proto jej z dalších úvah vyloučíme.
• Vnitřní body úsečky γ : y = 1 ∧ x ∈ (0, 1); dosadíme y = 1 do funkce f.
r (x) = f (x, 1) = x2
+ 3 − x + 18 − 4 = x2
− x + 17
Určíme stacionární bod funkce r.
r′
(x) = 2x − 1
r′
(x) = 0 ⇔ 2x − 1 = 0 ⇒ x =
1
2
∈ (0, 1)
Obdrželi jsme bod B =
[1
2
, 1
]
∈ γ .
• Vnitřní body úsečky δ : x = 0 ∧ y ∈ (0, 1); dosadíme x = 0 do funkce f.
s (y) = f (0, y) = 3y2
+ 18y − 4
Určíme stacionární bod funkce s.
s′
(y) = 6y + 18
s′
(y) = 0 ⇔ 6y + 18 = 0 ⇒ y = −3 /∈ (0, 1)
Bod [0, −3] /∈ M, proto jej z dalších úvah vyloučíme.
133 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
(c) Dosud neuvažované body hranice h (M) - vrcholy čtverce.
C = [0, 0] , D = [1, 0] , E = [1, 1] , F = [0, 1] .
(2) Celkem jsme nalezli 6 bodů, v nichž by mohl nastat globální extrém. Vypočteme funkční
hodnoty ve všech bodech A − F.
f (A) = f
(
1
2
, 0
)
=
1
4
−
1
2
− 4 = −
17
4
= −4
1
4
f (B) = f
(
1
2
, 1
)
=
1
4
+ 3 −
1
2
+ 18 − 4 =
67
4
= 16
3
4
f (C) = f (0, 0) = −4
f (D) = f (1, 0) = 1 − 1 − 4 = −4
f (E) = f (1, 1) = 1 + 3 − 1 + 18 − 4 = 17
f (F) = f (0, 1) = 3 + 18 − 4 = 17
Funkce f má globální extrémy v hraničních bodech množiny M, a to maximum 17 v bodech
E = [1, 1] a F = [0, 1] a minimum −41
4
v bodě A =
[1
2
, 0
]
.
Příklad 10.6 Vyhledejme globální extrémy funkce f (x, y) = x3
+ 2x2
+ y2
− 2 na množině M
ohraničené přímkou y = 4 a parabolou y = x2
.
Řešení
Znázorníme množinu M.
F D 4
A
C E
α
β
B-2 -1 1 2
x
y
Obr. 10.4 Množina M a body podezřelé z globálního extrému
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce f je na množině M spojitá, množina M je kompaktní, proto funkce f má na množině
M globální extrémy.
(1) Najdeme všechny body podezřelé z globálního extrému.
GLOBÁLNÍ A VÁZANÉ EXTRÉMY 134
(a) Body podezřelé z lokálního extrému náležející vnitřku M◦
množiny M.
M◦
=
{
[x, y] ∈ R2
; −2 < x < 2 ∧ x2
< y < 4
}
.
Vypočteme 1. parciální derivace a určíme stacionární body.
f′
x = 3x2
+ 4x; f′
x = 0 ⇔ 3x2
+ 4x = 0 ⇒ x (3x + 4) = 0 ⇒
⇒ x1 = 0 ∈ (−2, 2) , x2 = −
4
3
∈ (−2, 2)
f′
y = 2y; f′
y = 0 ⇔ 2y = 0 ⇒ y = 0
Obdrželi jsme 2 stacionární body:
A = [0, 0] ∈ h (M), objeví se znovu při výpočtu vázaného lokálního extrému.
B =
[
−4
3
, 0
]
/∈ M◦
a nenáleží ani množině M, proto jej z dalších úvah vyloučíme.
(b) Body podezřelé z vázaného lokálního extrému, ležící na hranici h (M) množiny M.
Hranici h (M) tvoří část oblouku paraboly α a úsečka β .
• Body čás oblouku paraboly α : y = x2
∧ x ∈ (−2, 2); dosadíme y = x2
do
funkce f.
u (x) = f
(
x, x2
)
= x3
+ 2x2
+ x4
− 2
Určíme stacionární body funkce u.
u′
(x) = 3x2
+ 4x + 4x3
u′
(x) = 0 ⇔ 4x3
+ 3x2
+ 4x = 0 ⇔ x
(
4x2
+ 3x + 4
)
= 0 ⇒
⇒ x1 = 0 ∈ (−2, 2) ; y1 = 02
= 0
Vyřešíme rovnici 4x2
+ 3x + 4 = 0
x1,2 = −3±
√
9−64
8
Poněvadž diskriminant D < 0, nemá rovnice řešení v R.
Získali jsme tedy jediný stacionární bod, a to bod A = [0, 0] ∈ α .
• Vnitřní body úsečky β : y = 4 ∧ x ∈ (−2, 2); dosadíme y = 4 do funkce f.
v (x) = f (x, 4) = x3
+ 2x2
+ 42
− 2 = x3
+ 2x2
+ 14
Určíme stacionární bod funkce v.
v′
(x) = 3x2
+ 4x
v′
(x) = 0 ⇔ 3x2
+ 4x = 0 ⇔ x (3x + 4) = 0 ⇒
⇒ x1 = 0 ∈ (−2, 2) , x2 = −
4
3
∈ (−2, 2) , y1 = y2 = 4
Získali jsme 2 stacionární body:
C = [0, 4] ∈ β
D =
[
−4
3
, 4
]
β
(c) Dosud neuvažované body z hranice h (M):
E = [2, 4] , a F = [−2, 4] .
135 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
(2) Celkem jsme nalezli 5 bodů, podezřelých z globálního extrému.
Ve všech podezřelých bodech určíme funkční hodnoty.
f (A) = f (0, 0) = −2
f (C) = f (0, 4) = 42
− 2 = 14
f (D) = f
(
−
4
3
, 4
)
=
(
−
4
3
)3
+ 2
(
−
4
3
)2
+ 16 − 2 = 15
2
32
f (E) = f (2, 4) = 23
+ 2 · 22
+ 16 − 2 = 30
f (F) = f (−2, 4) = (−2)3
+ 2 · (−2)2
+ 16 − 2 = 14
Funkce f má globální maximum 30 v hraničním bodě E = [2, 4] a globální minimum −2 v hraničním
bodě A = [0, 0].
GLOBÁLNÍ A VÁZANÉ EXTRÉMY 136
Určujeme-li vázaný extrém, pak vyjádříme z vazby explicitně jednu proměnnou
dosadíme do dané funkce a převedeme zadanou úlohu na hledání extrému
funkce jedné proměnné. Hledáme-li globální extrémy funkce spojité na kompaktní
množině, pak je jejich existence zaručena Weierstrassovou větou. Vyhledáme
body podezřelé z lokálního extrému uvnitř množiny a body podezřelé z vázaného
lokálního extrému na hranici množiny. Globální maximum je rovno největší
funkční hodnotě a globální minimum je rovno nejmenší funkční hodnotě
v podezřelých bodech.
1. Najděte vázané lokální extrémy funkce
• f (x, y) = y2
− 4x3
při vazbě 2x − y + 1 = 0.
[
vázané o. l. maximum 5 v bodě A = [1, 3] ,
vázané o. l. minimum 7
27
v bodě B =
[
−1
3
, 1
3
]
]
• f (x, y) = xy při vazbě x + y + 2 = 0.
[
vázané o. l. maximum 1 v bodě A = [−1, −1]
]
2. Najděte globální extrémy funkce f (x, y) = x2
+y2
−xy+x+y na množině
M : x ≤ 0, y ≤ 0, x + y ≥ −3.
[
globální maximum 6 v bodě [0, −3] a [−3, 0]
globální minimum − 1 v bodě [−1, −1]
]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 11
Funkce tří proměnných
Po prostudování kapitoly budete umět:
• určovat definiční obor a obor spojitos ;
• počítat limity,
• počítat parciální derivace,
• počítat totální diferenciál a užívat ho k dalším výpočtům,
• vyhledávat extrémy: lokální, vázané a globální.
Klíčová slova:
Definiční obor, parciální derivace, smíšené parciální derivace, totální diferenciál,
lokální extrém, vázaný extrém, globální extrém.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 138
Zadání funkce a její hodnoty
Příklad 11.1 Vyjádřeme objem V a povrch S kvádru jako funkci délek jeho hran a, b a c.
(a > 0, b > 0, c > 0)
Řešení
Objem V má být funkcí tří proměnných a, b, c, tj. V = f (a, b, c).
Užijeme známý vzorec V = abc a úkol je splněn.
Stejně postupujeme v případě povrchu: S = g (a, b, c).
Ze známého vzorce: S = 2 (ab + bc + ac); S je funkcí a, b, c.
Příklad 11.2 Obvod trojúhelníka ABC je roven o > 0. Vyjádříme obsah P trojúhelníka ABC
jako funkci jeho stran a, b, c.
Řešení
Podle Heronova vzorce pro výpočet obsahu P trojúhelníka je
P =
√
o
2
(o
2
− a
) (o
2
− b
) (o
2
− c
)
=
√
o
2
·
o − 2a
2
·
o − 2b
2
·
o − 2c
2
=
=
√
o
16
(o − 2a) (o − 2b) (o − 2c).
Přitom musí být splněny podmínky
o − 2a > 0 ⇒ a <
o
2
,
o − 2a > 0 ⇒ b <
o
2
,
o − 2c > 0 ⇒ c <
o
2
.
Podařilo se nám vyjádřit P jako funkci tří proměnných a, b, c. Obvod o je to ž dán.
Příklad 11.3 Najděme hodnotu funkce f (x, y, z) =
[
arcsin |x|
y
− 1
]
· cos 2x2
z v bodě
A = [0, −1, 2].
Řešení
Do předpisu dané funkce dosadíme souřadnice bodu A a dostaneme tak
f (A) = f (0, −1, 2) =
[
arcsin
|0|
−1
− 1
]
· cos
(
2 · 02
· 2
)
=
= (arcsin 0 − 1) · cos 0 = (0 − 1) · 1 = −1
Příklad 11.4 Najděme hodnotu funkce f (x, y, z) = z2
·ln sin
[π
2
(x2
+ y2
)
]
v bodě A = [0, 1, 2].
Řešení
Do předpisu dané funkce dosadíme souřadnice bodu A a dostaneme tak
f (A) = f (0, 1, 2) = 22
· ln sin
[π
2
(
02
+ 12
)]
= 4 · ln sin
π
2
= 4 · ln 1 = 4 · 0 = 0
139 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 11.5 Najděme hodnotu funkce f (x, y, z) = x−2y+z
x2+y2−z2 v bodě A = [a, −a, a].
Řešení
Do předpisu dané funkce dosadíme souřadnice bodu A a dostaneme tak
f (A) = f (a, −a, a) =
a − 2 (−a) + a
a2 + (−a)2
− a2
=
4a
a2
=
4
a
, pokud je a ̸= 0.
Příklad 11.6 Najděme hodnotu funkce f (x, y, z) = x2−y2+z2
xyz
v bodech A = [1, 2, 3]
a B =
[
x
y
, z
y
, 1
]
.
Řešení
Do předpisu funkce dosadíme postupně souřadnice bodů A a B.
f (A) = f (1, 2, 3) =
12
− 22
+ 32
1 · 2 · 3
=
6
6
= 1
f (B) = f
(
x
y
,
z
y
, 1
)
=
(
x
y
)2
−
(
z
y
)2
+ 12
x
y
· z
y
· 1
=
x2
y2 − z2
y2 + 1
xz
y2
=
x2−z2+y2
y2
xz
y2
=
x2
− z2
+ y2
xz
, pokud x, y, z ̸= 0.
Definiční obor funkce
Připomínáme: D (f) ⊂ R3
, H (f) ⊂ R, G (f) ⊂ R4
Příklad 11.7 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = ln x + 1√
y
+ x√
z
.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínek:
x > 0 ∧ y > 0 ∧ z > 0
Definiční obor je vnitřek prvního oktantu.
Příklad 11.8 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) =
√
1 − x2− 4
√
4 − y2+3 6
√
9 − z2.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínek:
1 − x2
≥ 0 ∧ 4 − y2
≥ 0 ∧ 9 − z2
≥ 0
|x| ≤ 1 ∧ |y| ≤ 2 ∧ |z| ≤ 3
−1 ≤ x ≤ 1 ∧ −2 ≤ y ≤ 2 ∧ −3 ≤ z ≤ 3
Definičním oborem jsou všechny body kvádru, který má délky hran 2, 4 a 6.
Kvádr je ohraničen rovinami: x = ±1, y = ±2, z = ±3 a má střed v počátku.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 140
Příklad 11.9 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = e3x2−y+2z2
.
Řešení
D (f) = R3
Definičním oborem jsou všechny body trojrozměrného prostoru R3
.
Příklad 11.10 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = x2−4y+z
|y+z|
.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínky y + z ̸= 0 ⇒ y ̸= −z.
D (f) = {[x, y, z] ∈ R3
; y ̸= −z}
Definičním oborem je prostor R3
s výjimkou všech bodů roviny y + z = 0.
Příklad 11.11 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = arcsin x + arcsin y + arcsin z.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínek:
−1 ≤ x ≤ 1 ∧ −1 ≤ y ≤ 1 ∧ −1 ≤ z ≤ 1
Definičním oborem jsou všechny body krychle o hraně 2; krychle má střed v počátku a je ohraničená
rovinami x = ±1, y = ±1 a z = ±1.
Příklad 11.12 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = 2 arcsin (1 + x2
+ y2
+ z2
).
Řešení
Definiční obor určíme z podmínky −1 ≤ 1 + x2
+ y2
+ z2
≤ 1.
Úpravou získáme
− 2 ≤ x2
+ y2
+ z2
∧ x2
+ y2
+ z2
≤ 0
První nerovnost je splněna pro všechny body [x, y, z] ∈ R3
. Druhou nerovnost splňuje jediný
bod, a to počátek [0, 0, 0]. Průnikem obou množin je počátek [0, 0, 0].
D (f) = {[0, 0, 0]}.
Funkce je definována jen v jediném bodě.
141 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 11.13 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) =
ln (x2+y2+z2−4)√
9−x2−y2−z2
.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínek:
x2
+ y2
+ z2
− 4 > 0 ∧ 9 − x2
− y2
− z2
> 0
Upravíme:
x2
+ y2
+ z2
> 4 ∧ x2
+ y2
+ z2
< 9
D (f) = {[x, y, z] ∈ R3
; 4 < x2
+ y2
+ z2
< 9}
Obr. 11.1 Definiční obor funkce f (x, y, z) =
ln (x2
+y2
+z2
−4)√
9−x2−y2−z2
Zdroj: Vlastní zpracování
Definičním oborem je množina všech vnitřních bodů mezi kulovými sférami o rovnicích
x2
+ y2
+ z2
= 4 a x2
+ y2
+ z2
= 9. Kulové sféry mají střed v počátku a poloměry 2 a 3.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 142
Příklad 11.14 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = arctg x+3y−5z+3
x+3y+6z−12
.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínky
x + 3y + 6z − 12 ̸= 0 ⇒ x + 3y + 6z ̸= 12 / : 12
x
12
+
y
4
+
z
2
̸= 1
Obr. 11.2 Část roviny x
12 + y
4 + z
2 = 1
Zdroj: Vlastní zpracování
Definičním oborem jsou body prostoru R3
s výjimkou všech bodů roviny x
12
+ y
4
+ z
2
= 1.
Rovina vy ná na osách x, y, z úseky 12, 4, 2.
Příklad 11.15 Určeme definiční obor D (f) funkce f (x, y, z) = 4
√
36 − 9x2 − 36y2 − 4x2.
Řešení
Definiční obor určíme z podmínky
36 − 9x2
− 36y2
− 4z2
≥ 0.
Upravíme:
9x2
+ 36y2
+ 4z2
≤ 36 / : 36
x2
4
+
y2
1
+
z2
9
≤ 1
Rovnice x2
4
+ y2
1
+ z2
9
= 1 je rovnicí elipsoidu se středem v počátku a poloosami 2,1 a 3 na osách
x, y a z.
D (f) =
{
[x, y, z] ∈ R3
; x2
4
+ y2
1
+ z2
9
≤ 1
}
Definičním oborem jsou vnitřní a hraniční body elipsoidu.
143 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Spojitost
Připomínáme: Elementární funkce jsou spojité na svém definičním oboru D (f). Elementární
funkce mají pro všechny body svého D (f) jednotný funkční předpis.
Příklad 11.16 Určeme množinu, na níž je spojitá funkce f (x, y, z) = x+y√
x2+y2+z2
.
Řešení
Funkce je elementární, je tedy spojitá na svém D (f).
Určíme D (f) z podmínky x2
+ y2
+ z2
̸= 0 ⇒ x ̸= 0 ∧ y ̸= 0 ∧ z ̸= 0.
Funkce je spojitá na množině R3
\ {[0, 0, 0]}.
Příklad 11.17 Určeme množinu, na níž je spojitá funkce f (x, y, z) = e
1
x+y+z .
Řešení
Funkce je elementární, je tedy spojitá na svém D (f).
Určíme D (f) z podmínky x + y + z ̸= 0.
Funkce je spojitá na množině R3
kromě bodů roviny x + y + z = 0.
Příklad 11.18 Určeme množinu bodů nespojitos funkce f (x, y, z) = x−yz
z−4
.
Řešení
Vyjdeme z podmínky z − 4 ̸= 0 ⇒ z ̸= 4.
Všechny body roviny z − 4 = 0 jsou body nespojitos dané funkce.
Rovina je rovnoběžná se souřadnicovou rovinou (x, y).
Příklad 11.19 Určeme množinu bodů nespojitos funkce f (x, y, z) = 1
ln (x2+y2+z2)
.
Řešení
Vyjdeme z podmínek pro určení D (f).
ln
(
x2
+ y2
+ z2
)
̸= 0 a x2
+ y2
+ z2
> 0
x2
+ y2
+ z2
̸= 1 je splněno pro každý bod [x, y, z] ∈ R3
kromě bodu [0, 0, 0]
Množinou bodů nespojitos jsou všechny body kulové sféry o rovnici x2
+ y2
+ z2
= 1
a bod [0, 0, 0].
Sféra má střed v počátku [0, 0, 0] a poloměr 1.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 144
Limita funkce
Příklad 11.20 Vypočtěme lim
(x,y,z)→(−1, π
10
,2)
1+sin2 (x+5y+1)
1+tg 20y−ln (z+x)
.
Řešení
lim
(x,y,z)→(−1, π
10
,2)
1 + sin2
(x + 5y + 1)
1 + tg 20y − ln (z + x)
=
1 + sin2
(
−1 + 5 π
10
+ 1
)
1 + tg 20π
10
− ln (2 − 1)
=
1 + sin2 π
2
1 + tg 2π − ln 1
=
=
1 + 12
1 + 0 − 0
=
2
1
= 2
Limitu jsme vypočítali dosazením souřadnic bodu A do předpisu dané funkce; funkce je v bodě
A spojitá.
Příklad 11.21 Vypočtěme lim
(x,y,z)→(0,0,0)
√
x2y2z2+1−1
x2y2z2 .
Řešení
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
√
x2y2z2 + 1 − 1
x2y2z2
=
(
0
0
)
=
= lim
(x,y,z)→(0,0,0)
(√
x2y2z2 + 1 − 1
) (√
x2y2z2 + 1 + 1
)
x2y2z2
(√
x2y2z2 + 1 + 1
) =
= lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x2
y2
z2
+ 1 − 1
x2y2z2
(√
x2y2z2 + 1 + 1
) = lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x2
y2
z2
x2y2z2
(√
x2y2z2 + 1 + 1
) =
= lim
(x,y,z)→(0,0,0)
1
√
x2y2z2 + 1 + 1
=
1
√
0 + 1 + 1
=
1
2
Příklad 11.22 Vypočtěme lim
(x,y,z)→(1,1,1)
sin (x−y+z−1)
x−y+z−1
.
Řešení
lim
(x,y,z)→(1,1,1)
sin (x − y + z − 1)
x − y + z − 1
=
(
0
0
)
= lim
t→0
sin t
t
= 1
Užili jsme subs tuci: x − y + z − 1 = t
Když x → 0, y → 0 a z → 0, pak t → 0.
Příklad 11.23 Vypočtěme lim
(x,y,z)→(0,1,−1)
sin xy2z2
xyz
.
Řešení
lim
(x,y,z)→(0,1,−1)
sin xy2
z2
xyz
=
(
0
0
)
= lim
(x,y,z)→(0,1,−1)
yz · sin xy2
z2
xy2z2
=
= lim
(x,y,z)→(0,1,−1)
yz · lim
(x,y,z)→(0,1,−1)
sin xy2
z2
xy2z2
= −1 · 1 = −1
145 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 11.24 Vypočtěme lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x+yz−xy+1√
x2+y2+z2+1−1
.
Řešení
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x + yz − xy + 1
√
x2 + y2 + z2 + 1 − 1
=
[
1
→ 0+
]
= +∞
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
(√
x2 + y2 + z2 + 1 − 1
)
= 1 − 1 = 0
Příklad 11.25 Vypočtěme lim
(x,y,z)→(0,0,0)
(
1 + 2
x+y+z
)x+y+z
.
Řešení
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
(
1 +
2
x + y + z
)x+y+z
= (∞)0
Zavedeme subs tuci: x + y + z = t, t → 0.
lim
t→0
(
1 +
2
t
)t
=
(
∞0
)
= lim
t→0
eln (1+ 2
t )
t
= lim
t→0
et ln (1+ 2
t ) = e
lim
t→0
[t ln (1+2
t )]
= e0
= 1
lim
t→0
[
t ln
(
1 +
2
t
)]
= (0 · ∞) = lim
t→0
ln
(
1 + 2
t
)
1
t
=
(∞
∞
)
= lim
t→0
1
1+2
t
· −2
t2
− 1
t2
= lim
t→0
2
1 + 2
t
=
=
[
2
∞
]
= 0
Limita lim
(x,y,z)→(0,0,0)
(
1 + 2
x+y+z
)x+y+z
= 1
Parciální derivace
Příklad 11.26 Určeme první parciální derivace funkce
f (x, y, z) = x3
+y3
+z3
−6x2
y+5xz2
−3xyz+y2
z−15 a jejich hodnoty v bodě A = [1, −1, 2].
Řešení
Podle známých vzorců a pravidel vypočteme nejprve první parciální derivace v libovolném bodě
[x, y, z]. Dosazením souřadnic bodu A vypočteme hodnotu parciálních derivací v bodě A.
f′
x (x, y, z) = 3x2
− 12xy + 5z2
− 3yz
f′
y (x, y, z) = 3y2
− 6x2
− 3xz + 2yz
f′
z (x, y, z) = 3z2
+ 10xz − 3xy + y2
f′
x (A) = f′
x (1, −1, 2) = 3 · 12
− 12 · 1 · (−1) + 5 · 22
− 3 · (−1) · 2 = 41
f′
y (A) = f′
x (1, −1, 2) = 3 · (−1)2
− 6 · 12
− 3 · 1 · 2 + 2 · (−1) · 2 = −13
f′
z (A) = f′
x (1, −1, 2) = 3 · 22
+ 10 · 1 · 2 − 3 · 1 · (−1) + (−1)2
= 36
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 146
Příklad 11.27 Vypočítejme první parciální derivace funkce
f (x, y, z) = x3√
yz − x
y
+ y
z
+ z
x
, x > 0, y > 0, z > 0.
Řešení
f′
x (x, y, z) = 3x2√
yz −
1
y
−
z
x2
f′
y (x, y, z) =
x3
z
2
√
y
+
x
y2
+
1
z
f′
z (x, y, z) = x3√
y −
y
z2
+
1
x
Příklad 11.28 Vypočítejme první parciální derivace funkce f (x, y, z) = ln xy
z2 , x > 0,
y > 0, z > 0.
Řešení
f′
x (x, y, z) =
1
xy
z2
·
y
z2
=
1
x
f′
y (x, y, z) =
1
xy
z2
·
x
z2
=
1
y
f′
z (x, y, z) =
1
xy
z2
·
−2 · xy
z3
=
−2
z
Příklad 11.29 Vypočítejme první parciální derivace funkce f (x, y, z) = x√
x2+y2+z2
.
Řešení
Pro každý bod [x, y, z] ̸= [0, 0, 0] pla :
∂f
∂x
=
1 ·
√
x2 + y2 + z2 − x 2x
2
√
x2+y2+z2
x2 + y2 + z2
=
x2
+ y2
+ z2
− x2
√
(x2 + y2 + z2)3
=
y2
+ z2
√
(x2 + y2 + z2)3
∂f
∂y
=
−x 2y
2
√
x2+y2+z2
x2 + y2 + z2
=
−xy
√
(x2 + y2 + z2)3
∂f
∂z
=
−x 2z
2
√
x2+y2+z2
x2 + y2 + z2
=
−xz
√
(x2 + y2 + z2)3
147 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 11.30 Vypočítejme první parciální derivace funkce u = arctg (x − y)z
.
Řešení
u′
x =
z (x − y)z−1
1 + (x − y)2z
u′
y =
z (x − y)z−1
· (−1)
1 + (x − y)2z =
−z (x − y)z−1
1 + (x − y)2z
u′
z =
(x − y)z
ln (x − y)
1 + (x − y)2z
Příklad 11.31 Vypočítejme první parciální derivace funkce u = ln x
y2−z
, x > 0, y2
− z > 0.
Řešení
u′
x =
1
x
y2−z
·
1
y2 − z
=
1
x
u′
y =
1
x
y2−z
·
−x · 2y
(y2 − z)2 =
−2y
y2 − z
u′
z =
1
x
y2−z
·
−x · (−1)
(y2 − z)2 =
1
y2 − z
Příklad 11.32 Vypočítejme první parciální derivace funkce u = xyz
, x > 0, y > 0.
Řešení
u′
x = yz
uyz−1
u′
y = xyz
· ln x · zyz−1
u′
z = xyz
· ln x · yz
· ln y
Příklad 11.33 Vypočítejme všechny první a druhé parciální derivace funkce
f (x, y, z) = x4
− 5y3
+ 3z2
− 6xz2
+ 3xy − 2yz + 1
2
xyz.
Řešení
f′
x = 4x3
− 6z2
+ 3y +
1
2
yz
f′
y = −15y2
+ 3x − 2z +
1
2
xz
f′
z = 6z − 12xz − 2y +
1
2
xy
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 148
f′′
xx = 12x2
f′′
xy = 3 +
1
2
z f′′
xz = −12z +
1
2
y
f′′
yy = −30y f′′
yx = 3 +
1
2
z f′′
yz = −2 +
1
2
x
f′′
zz = 6 − 12x f′′
zx = −12z +
1
2
y f′′
zy = −2 +
1
2
x
Srovnejme:
f′′
xy = f′′
yx = 3 +
1
2
z
f′′
xz = f′′
zx = −12z +
1
2
y
f′′
yz = f′′
zy = −2 +
1
2
x
Spojité smíšené parciální derivace se sobě rovnají.
Příklad 11.34 Vypočítejme ∂2f
∂y∂z
(1, −1, 1) pro funkci
f (x, y, z) = ln (x2
+ y2
+ z2
), x ̸= 0, y ̸= 0, z ̸= 0.
Řešení
Vypočteme ∂2f
∂y∂z
v libovolném bodě [x, y, z] a pak dosadíme bod [1, −1, 1].
∂f
∂y
=
2y
x2 + y2 + z2
∂2
f
∂y∂z
=
−2y · 2z
(x2 + y2 + z2)2 =
−4yz
(x2 + y2 + z2)2
∂2
f
∂y∂z
(1, −1, 1) =
−4 · (−1) · 1
(
12 + (−1)2
+ 12
)2 =
4
9
Příklad 11.35 Vypočítejme ∂2f
∂x∂y∂z
(−1, 0, 1) pro funkci f (x, y, z) = exyz
.
Řešení
Vypočteme ∂3f
∂x∂y∂z
v libovolném bodě [x, y, z] a pak dosadíme bod [−1, 0, 1].
∂f
∂x
= yzexyz
∂2
f
∂x∂y
= zexyz
+ yzexyz
· xz = exyz
(
z + xyz2
)
∂3
f
∂x∂y∂z
= exyz
· xy
(
z + xyz2
)
+ exyz
(1 + 2xyz) = exyz
(
xyz + x2
y2
z2
+ 1 + 2xyz
)
=
= exyz
(
3xyz + x2
y2
z2
+ 1
)
∂3
f
∂x∂y∂z
(−1, 0, 1) = e0
(0 + 0 + 1) = 1 · 1 = 1
149 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 11.36 Dokážeme, že daná funkce u (x, y, z) = x + x−y
y−z
vyhovuje uvedené parciální
diferenciální rovnici ∂u
∂x
+ ∂u
∂y
+ ∂u
∂z
= 1.
Řešení
Vypočteme parciální derivace.
∂u
∂x
= 1 +
1
y − z
∂u
∂y
=
−1 (y − z) − (x − y) · 1
(y − z)2 =
−y + z − x + y
(y − z)2 =
z − x
(y − z)2
∂u
∂z
=
−1 (x − y) · (−1)
(y − z)2 =
x − y
(y − z)2
Dosadíme derivace do rovnice a upravíme její levou stranu.
1 +
1
y − z
+
z − x
(y − z)2 +
x − y
(y − z)2 = 1
(y − z)2
+ (y − z) + z − x + x − y
(y − z)2 = 1
(y − z)2
+ (y − z) + z − y
(y − z)2 = 1
(y − z)2
+ (y − z) − (y − z)
(y − z)2 = 1
(y − z)2
(y − z)2 = 1
1 = 1
Tím je důkaz proveden.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 150
Totální diferenciál funkce
Připomínáme: df (x, y, z) = ∂f
∂x
(x, y, z, ) dx + ∂f
∂y
(x, y, z) dy + ∂f
∂z
(x, y, z) dz
Příklad 11.37 Určeme totální diferenciál df funkce f (x, y, z) = xyz + 1
2
xy2
z + 1
3
xyz3
a) v libovolném bodě [x, y, z] ∈ R3
,
b) v bodě [−1, 2, 1],
c) v libovolném bodě pro přírůstky: dx = 0,1; dy = −0,1; dz = 0,2,
d) v bodě [2, 1, −2] pro dx = 0,02; dy = −0,01; dz = 0,02.
Řešení
Vypočteme všechny první parciální derivace.
∂f
∂x
= yz,
∂f
∂y
=
1
2
xz · 2y = xyz,
∂f
∂z
=
1
3
xy · 3z2
= xyz2
a) Dosadíme parciální derivace do vzorce.
df (x, y, z) = yzdx + xyzdy + xyz2
dz
b) Dosadíme souřadnice bodu [−1, 2, 1].
df (−1, 2, 1) = 2 · 1dx + (−1) · 2 · 1 · dy + (−1) · 2 · 12
dz
df (−1, 2, 1) = 2dx − 2dy − 2dz = 2 (dx − dy − dz)
c) Dosadíme zadané přírůstky.
df (x, y, z) = yz · 0,1 + xyz · (−0,1) + xyz2
· 0,2
df (x, y, z) = 0,1yz − 0,1xyz + 0,2xyz2
d) Dosadíme souřadnice bodu i přírůstky.
df (2, 1, −2) = 1 · (−2) · 0,02 + 2 · 1 · (−2) · (−0,01) + 2 · 1 (−2)2
· 0,02
df (2, 1, −2) = −0,04 + 0,04 + 0,16 = 0,16
151 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 11.38 Pomocí totálního diferenciálu určíme přibližnou hodnotu výrazu
1,002 · 2,0032
· 3,0043
.
Řešení
Nejprve sestrojíme vhodnou funkci f tak, aby f (1,002; 2,003; 3,004) = 1,002 · 2,0032
· 3,0043
.
Zřejmě je to funkce f (x, y, z) = xy2
z3
.
Víme, že f (1,002; 2,003; 3,004)
.
= f (1, 2, 3) + df (1, 2, 3),
přičemž přírůstky jsou: dx = 1,002 − 1 = 0,002
dy = 2,003 − 2 = 0,003
dz = 3,004 − 3 = 0,004
Vypočteme parciální derivace a určíme totální diferenciál df.
∂f
∂x
= y2
z3
,
∂f
∂y
= 2xyz3
,
∂f
∂z
= 3xy2
z2
df (x, y, z) = y2
z3
dx + 2xyz3
dy + 3xy2
z2
dz
Hodnoty parciálních derivací v bodě [1, 2, 3] jsou:
∂f
∂x
(1, 2, 3) = 22
· 33
= 4 · 27 = 108
∂f
∂y
(1, 2, 3) = 2 · 1 · 2 · 33
= 4 · 27 = 108
∂f
∂z
(1, 2, 3) = 3 · 1 · 22
· 32
= 4 · 27 = 108
Dosadíme do diferenciálu:
df (1, 2, 3) = 108 · 0,002 + 108 · 0,003 + 108 · 0,004
df (1, 2, 3) = 108 (0,002 + 0,003 + 0,004) = 108 · 0,009 = 0,972
Zbývá určit f (1, 2, 3) = 1 · 22
· 33
= 108
f (1,002; 2,003; 3,004)
.
= 108 + 0,972 = 108,972
Přibližná hodnota výrazu 1,002 · 2,0032
· 3,0043
je 108,972.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 152
Extrémy
Připomínáme: Pro stacionární bod A pla : f′
x (A) = f′
y (A) = f′
z (A) = 0.
O existenci a typu lokálního extrému rozhodujeme podle postačující podmínky pro lokální ex-
trémy.
Zavedeme označení determinantů:
D1 (A) = |f′′
xx (A)| = f′′
xx (A)
D2 (A) =
f′′
xx (A) f′′
xy (A)
f′′
yx (A) f′′
yy (A)
D3 (A) =
f′′
xx (A) f′′
xy (A) f′′
xz (A)
f′′
yx (A) f′′
yy (A) f′′
yz (A)
f′′
zx (A) f′′
zy (A) f′′
zz (A)
Sylvestrovo kriterium:
(1) Je-li D1 (A) > 0, D2 (A) > 0, D3 (A) > 0, pak má funkce f v bodě A ostré lokální
minimum.
(2) Je-li D1 (A) < 0, D2 (A) > 0, D3 (A) < 0, pak má funkce f v bodě A ostré lokální maximum.
Jsou-li všechny determinanty nenulové a není-li splněno (1) ani (2), pak funkce
nemá v bodě A lokální extrém.
Příklad 11.39 Najděme lokální extrémy funkce f (x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
− xy + x − 2z.
Řešení
Funkce f je definována a má spojité parciální derivace všech řádů na prostoru R3
. Lokální extrém
může tedy nastat jen ve stacionárním bodě.
Vypočteme parciální derivace prvního a druhého řádu.
f′
x = 2x − y + 1 f′′
xx = 2 f′′
xy = −1 = f′′
yx
f′
y = 2y − x f′′
yy = 2 f′′
yz = 0 = f′′
xy
f′
z = 2z − 2 f′′
zz = 2 f′′
zx = 0 = f′′
xz
Určíme stacionární body.
f′
x = 0 ⇔ 2x − y + 1 = 0; 4y − y + 1 = 0 ⇒ y = −
1
3
f′
y = 0 ⇔ 2y − x = 0 ⇒ x = 2y; x = −
2
3
f′
z = 0 ⇔ 2z − 2 = 0 ⇒ z = 1
Získali jsme jediný stacionární bod A =
[
−2
3
, −1
3
, 1
]
, který je podezřelý z lokálního extrému.
Podle postačující podmínky pro extrém rozhodneme, zda a jaký typ extrému v bodě A nastane.
153 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Vypočteme determinanty:
D1 (A) = 2 > 0
D2 (A) =
2 −1
−1 2
= 4 − 1 = 3 > 0
D3 (A) =
2 −1 0
−1 2 0
0 0 2
= 8 − 2 = 6 > 0
D1 > 0, D2 > 0, D3 > 0 ⇒ ostré lokální minimum
f (A) = f
(
−
2
3
, −
1
3
, 1
)
=
=
(
−
2
3
)2
+
(
−
1
3
)2
+ 12
−
(
−
2
3
)
·
(
−
1
3
)
+
(
−
2
3
)
− 2 · 1 = −
4
3
Funkce má ostré lokální minimum −4
3
v bodě A =
[
−2
3
, −1
3
, 1
]
.
Příklad 11.40 Najděme lokální extrémy funkce f (x, y, z) = 2x2
+ y2
+ 2z − xy − xz.
Řešení
Funkce f je definována a má spojité parciální derivace všech řádů na prostoru R3
. Lokální extrém
může tedy nastat jen ve stacionárním bodě.
Vypočteme parciální derivace prvního a druhého řádu.
f′
x = 4x − y − z f′′
xx = 4 f′′
xy = −1 = f′′
yx
f′
y = 2y − x f′′
yy = 2 f′′
xz = −1 = f′′
zx
f′
z = 2 − x f′′
zz = 0 f′′
yz = 0 = f′′
zy
Určíme stacionární body.
f′
x = 0 ⇔ 4x − y − z = 0; 4 · 2 − 1 − z = 0 ⇒ z = 7
f′
y = 0 ⇔ 2y − x = 0; 2y − 2 = 0 ⇒ y = 1
f′
z = 0 ⇔ 2 − x = 0 ⇒ x = 2
Získali jsme jediný stacionární bod A = [2, 1, 7], ve kterém by mohl nastat lokální extrém.
Podle postačující podmínky pro extrém rozhodneme, zda a jaký typ extrému v bodě A nastane.
Vypočteme determinanty:
D1 (A) = 4 > 0
D2 (A) =
4 −1
−1 2
= 8 − 1 = 7 > 0
D3 (A) =
4 −1 −1
−1 2 0
−1 0 0
= −2 < 0
D1 > 0, D2 > 0, D3 < 0 ⇒ extrém nenastane
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 154
Funkce nemá žádný lokální extrém.
Příklad 11.41 Určeme lokální extrémy funkce f (x, y, z) = 2x3
yz − x2
− y2
− z2
.
Řešení
Funkce f je definována a má spojité parciální derivace všech řádů na prostoru R3
. Lokální extrém
může tedy nastat jen ve stacionárním bodě.
Vypočteme parciální derivace prvního a druhého řádu.
f′
x = 6x2
yz − 2x f′′
xx = 12xyz − 2 f′′
xy = 6x2
z = f′′
yx
f′
y = 2x3
z − 2y f′′
yy = −2 f′′
xz = 6x2
y = f′′
zx
f′
z = 2x3
y − 2z f′′
zz = −2 f′′
yz = 2x3
= f′′
zy
Určíme stacionární body.
f′
x = 0 ⇔ 6x2
yz − 2x = 0 / : 2 3x2
yz − x = 0
f′
y = 0 ⇔ 2x3
z − 2y = 0 / : 2 x3
z − y = 0
f′
z = 0 ⇔ 2x3
y − 2z = 0 / : 2 x3
y − z = 0
Vytkneme v 1. rovnici x a obdržíme soustavu tří rovnic o neznámých x, y a z.
(1) x (3xyz − 1) = 0
(2) x3
z − y = 0; x3
· x3
y − y = 0 ⇔ y (x6
− 1) = 0 ⇒ y = 0 ∨ x = ±1
(3) x3
y − z = 0 ⇒ z = x3
y dosadíme do (2)
Z (2) : x = 1 dosadíme do (3) (2) x = −1 dosadíme do (3) (2) y = 0 dosadíme do (3)
(3) z = 13
y ⇔ z = y (3) z = (−1)3
y ⇔ z = −y (3) z = x3
· 0 ⇒ z = 0
dosadíme do (1) dosadíme do (1) dosadíme do (1)
1 (3 · 1 · y · y − 1) = 0 −1 [3 · (−1) · y · (−y) − 1] = 0 x (3x · 0 · 0 − 1) = 0
3y2
= 1 −3y2
= −1 −x = 0
y = ± 1√
3
y = ± 1√
3
x = 0
z = ± 1√
3
z = ∓ 1√
3
Získali jsme 5 stacionárních bodů A =
[
1, 1√
3
, 1√
3
]
, B =
[
1, − 1√
3
, − 1√
3
]
, C =
[
−1, 1√
3
, − 1√
3
]
,
D =
[
−1, − 1√
3
, 1√
3
]
, E = [0, 0, 0], které jsou podezřelé z lokálního extrému.
Podle postačující podmínky pro extrém rozhodneme, zda a jaký typ extrému v podezřelých bodech
nastane.
Pro přehlednost sestavíme tabulku derivací a determinantů. Výpočet provedeme pro bod A a
E; ostatní výpočty ponecháme na čtenáři.
155 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Bod A f′′
xx (A) = 12 · 1 · 1√
3
· 1√
3
− 2 = 4 − 2 = 2 f′′
xy (A) = 6 · 12
· 1√
3
= 6√
3
= 2
√
3
f′′
yy (A) = −2 f′′
xz (A) = 6 · 12
· 1√
3
= 2
√
3
f′′
zz (A) = −2 f′′
yz (A) = 2 · 13
= 2
D1 (A) = 2 > 0
D2 (A) =
2 2
√
3
2
√
3 −2
= −4 − 4 · 3 = −16 < 0
D3 (A) =
2 2
√
3 2
√
3
2
√
3 −2 2
2
√
3 2 −2
= 8 + 24 + 24 − (−24 + 8 − 24) = 96 > 0
Bod E f′′
xx (E) = 12 · 0 − 2 = −2 f′′
xy (E) = 6 · 0 = 0
f′′
yy (E) = −2 f′′
xz (E) = 6 · 0 = 0
f′′
zz (E) = −2 f′′
yz (E) = 2 · 0 = 0
D1 (E) = −2 < 0
D2 (E) =
−2 0
0 −2
= 4 > 0
D3 (E) =
−2 0 0
0 −2 0
0 0 −2
= −8 < 0
Tabulka 11.1 Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y, z) = 2x3
yz − x2
− y2
− z2
Stacionární bod D1 = f′′
xx f′′
yy f′′
zz f′′
xy f′′
xz f′′
yz D2 D3
A =
[
1, 1√
3
, 1√
3
]
2 > 0 −2 −2 2
√
3 2
√
3 2 −16 < 0 96 > 0
B =
[
1, − 1√
3
, − 1√
3
]
2 > 0 −2 −2 −2
√
3 −2
√
3 2 −16 < 0 96 > 0
C =
[
−1, 1√
3
, − 1√
3
]
2 > 0 −2 −2 −2
√
3 2
√
3 −2 −16 < 0 96 > 0
D =
[
−1, − 1√
3
, 1√
3
]
2 > 0 −2 −2 2
√
3 −2
√
3 −2 −16 < 0 96 > 0
E = [0, 0, 0] −2 < 0 −2 −2 0 0 0 4 > 0 −8 < 0
V bodech A, B, C a D extrém nenastane, protože determinant D2 < 0.
V bodě E má funkce ostré lokální maximum, protože determinant D1 < 0, D2 > 0 a D3 < 0.
f (E) = 0
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 156
Funkce má ostré lokální minimum 0 v bodě E = [0, 0, 0].
Příklad 11.42 Vypočítejme vázané lokální extrémy funkce f (x, y, z) = xyz vázané podmín-
kami
x + y − z = 3 a x − y − z = 8.
Řešení
Z podmínek vyjádříme 2 proměnné pomocí tře proměnné, např. x.
x + y − z = 3
x − y − z = 8
}
+
y = 3 + z − x
y = 3 + 2x−11
2
− x
2x − 2z = 11
−2z = 11 − 2x
z = 2x−11
2
y = 6+2x−11−2x
2
y = −5
2
Dosadíme do funkce f.
u (x) = f
(
x, −
5
2
,
2x − 11
2
)
= x ·
(
−
5
2
)
·
2x − 11
2
= −
5
4
(
2x2
− 11x
)
Obdrželi jsme funkci u jedné proměnné; známým postupem hledáme její extrém.
Funkce u i její derivace jsou spojité, extrém může nastat jen ve stacionárním bodě.
Vypočteme u′
(x) = −5
4
(4x − 11) ; u′′
(x) = −5
4
· 4 = −5
Najdeme stacionární bod.
Položíme u′
(x) = 0 ⇔ −5
4
(4x − 11) = 0 ⇒ x = 11
4
u′′
(
11
4
)
= −5 < 0 ⇒ ostré lokální maximum
Vypočteme z =
2·11
4
−11
2
= −11
4
; y = −5
2
.
f (A) =
11
4
·
(
−
5
2
)
·
(
−
11
4
)
=
605
32
Funkce má vázané ostré lokální maximum 605
32
v bodě A =
[11
4
, −5
2
, −11
4
]
.
Příklad 11.43 Vypočítejme lokální extrémy funkce f (x, y, z) = xyz vázané podmínkou
x + y + z = 1.
Řešení
Z vazby vyjádříme jednu proměnnou, např. z: z = 1 − x − y a dosadíme do funkce f.
u (x, y) = f (x, y, 1 − x − y) = xy (1 − x − y) = xy − x2
y − xy2
Obdrželi jsme funkci u dvou proměnných x a y; známým postupem hledáme její extrém. Funkce
u i všechny její derivace jsou spojité, extrém může nastat jen ve stacionárním bodě.
157 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Vypočteme první a druhé parciální derivace funkce u.
u′
x = y − 2xy − y2
u′′
xx = −2y u′′
xy = 1 − 2x − 2y = u′′
yx
u′
y = x − x2
− 2xy u′′
yy = −2x
Najdeme stacionární body.
(1) u′
x = 0 ⇔ y (1 − 2x − y) = 0
(2) u′
y = 0 ⇔ x (1 − x − 2y) = 0
Z (1) obdržíme y = 0 nebo 1 − 2x − y = 0.
Dosadíme do (2).
y = 0 : x (1 − x − 0) = 0
x = 0, x = 1
y = 1 − 2x : x (1 − x − 2 + 4x) = 0
x (3x − 1) = 0
x = 0, x = 1
3
Dopočítáme y a z: x = 0, y = 0, z = 1 − 0 − 0 = 1
x = 1, y = 0, z = 1 − 1 − 0 = 0
x = 0, y = 1 − 0 = 1, z = 1 − 0 − 1 = 0
x = 1
3
, y = 1 − 2 · 1
3
= 1
3
, z = 1 − 1
3
− 1
3
= 1
3
Získali jsme 4 stacionární body:
A = [0, 0, 1] , B = [1, 0, 0] , C = [0, 1, 0] , D =
[
1
3
,
1
3
,
1
3
]
Podle determinantů D1 a D2 rozhodneme o existenci a typu extrémů.
Pro přehlednost sestavíme tabulku.
Tabulka 11.2 Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y, z) = xyz
Stacionární bod u′′
xx = D1 u′′
yy u′′
xy D2 = u′′
xx · u′′
yy −
(
u′′
xy
)2
extrém
A = [0, 0, 1] 0 0 1 −1 < 0 nenastane
B = [1, 0, 0] 0 −2 −1 −1 < 0 nenastane
C = [0, 1, 0] −2 0 −1 −1 < 0 nenastane
D =
[1
3
, 1
3
, 1
3
]
−2
3
< 0 −2
3
−1
3
1
3
> 0 ostré lokální maximum
f
(
1
3
,
1
3
,
1
3
)
=
1
3
·
1
3
·
1
3
=
1
27
Funkce má vázané ostré lokální maximum 1
27
v bodě D =
[1
3
, 1
3
, 1
3
]
.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 158
Příklad 11.44 Vyhledejme globální extrémy funkce f (x, y, z) = x + y + z na množině
M = {[x, y] ∈ R3
; x2
+ y2
≤ z ∧ z ≤ 1}.
Řešení
Znázorníme množinu M; je to část rotačního paraboloidu, který má vrchol v počátku, shora
omezená rovinou o rovnici z = 1.
Obr. 11.3 Množina M a body podezřelé z globálního extrému
Zdroj: Vlastní zpracování
Funkce f je na množině M spojitá, množina M je kompaktní, proto funkce f má na množině
M globální extrémy.
(1) Najdeme a shromáždíme všechny body podezřelé z globálního extrému.
(a) Body podezřelé z lokálního extrému, náležející vnitřku M◦
množiny M.
M =
{
[x, y] ∈ R3
; x2
+ y2
< z ∧ z < 1
}
Spočteme první parciální derivace a určíme stacionární body.
f′
x = 1 ̸= 0
f′
y = 1 ̸= 0
f′
z = 1 ̸= 0
Funkce nemá žádný stacionární bod. Globální extrémy mohou nastat jen na hranici
množiny M.
(b) Body podezřelé z vázaného lokálního extrému na hranici h (M) množiny M.
Hranice je složena ze tří čás :
• Body pláště paraboloidu do výšky 1 α :
z = x2
+ y2
∧ z ∈ ⟨0, 1)
Dosadíme vazbu z do funkce f.
u (x, y) = f
(
x, y, x2
+ y2
)
= x + y + x2
+ y2
159 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Obdrželi jsme funkci u dvou proměnných x a y; určíme její stacionární body.
u′
x = 1 + 2x; u′
x = 0 ⇔ 1 + 2x = 0 ⇒ x = −
1
2
u′
y = 1 + 2y; u′
y = 0 ⇔ 1 + 2y = 0 ⇒ y = −
1
2
z =
(
−
1
2
)2
+
(
−
1
2
)2
=
1
2
∈ ⟨0, 1)
Získali jsme stacionární bod A =
[
−1
2
, −1
2
, 1
2
]
∈ α
• Body vnitřku kruhu ve výšce 1 β :
x2
+ y2
< 1 ∧ z = 1
Dosadíme vazbu z do funkce f.
v (x, y) = f (x, y, 1) = x + y + 1
Obdrželi jsme funkci v dvou proměnných x a y; určíme její stacionární body.
v′
x = 1 ̸= 0
v′
y = 1 ̸= 0
Funkce v nemá žádný stacionární bod.
• Body kružnice x2
+ y2
= 1 ∧ z = 1 γ .
Z vazby vyjádříme např. y2
= 1 − x2
⇒ |y| =
√
1 − x2.
Uvažujeme půlkružnici o rovnici y =
√
1 − x2, x ∈ (−1, 1).
Obě vazby dosadíme do funkce f.
w (x) = f
(
x,
√
1 − x2, 1
)
= x +
√
1 − x2 + 1
Obdrželi jsme funkci w jedné proměnné x; určíme její stacionární bod.
w′
(x) = 1 +
−2x
2
√
1 − x2
= 1 −
x
√
1 − x2
w′
(x) = 0 ⇔ 1 −
x
√
1 − x2
= 0 ⇒
√
1 − x2 − x = 0 ⇒
√
1 − x2 = x /2
1 − x2
= x2
⇒ 2x2
= 1 ⇒ x = ±
1
√
2
∈ (−1, 1) ; y =
√
1 −
(
±
1
√
2
)2
=
=
√
1 −
1
2
=
1
√
2
Získali jsme 2 stacionární body:
B =
[
1
√
2
,
1
√
2
, 1
]
a C =
[
−
1
√
2
,
1
√
2
, 1
]
, oba body náleží γ
Uvažujme půlkružnici y = −
√
1 − x2, x ∈ (−1, 1).
Obě vazby dosadíme do funkce f.
r (x) = f
(
x, −
√
1 − x2, 1
)
= x −
√
1 − x2 + 1
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 160
Obdrželi jsme funkci r jedné proměnné x; určíme její stacionární bod.
r′
(x) = 1 −
−2x
2
√
1 − x2
= 1 +
x
√
1 − x2
r′
(x) = 0 ⇔ 1 +
x
√
1 − x2
= 0 ⇒
√
1 − x2 + x = 0 ⇒
√
1 − x2 = −x /2
1 − x2
= x2
⇒ 2x = 1 ⇒ x = ±
1
√
2
∈ (−1, 1) ;
y = −
√
1 −
(
±
1
√
2
)2
= −
1
√
2
Získali jsme 2 stacionární body:
D =
[
1
√
2
, −
1
√
2
, 1
]
a E =
[
−
1
√
2
, −
1
√
2
, 1
]
, oba body náleží γ
(c) Dosud neuvažované body jsou body:
F = [1, 0, 1] a G = [−1, 0, 1] .
(2) Celkem jsme našli 7 bodů, v nichž by mohl nastat globální extrém. Ve všech těchto bodech
určíme funkční hodnoty.
f (A) = −
1
2
−
1
2
+
1
2
= −
1
2
f (E) = −
1
√
2
−
1
√
2
+ 1 = 1 −
√
2
f (B) =
1
√
2
+
1
√
2
+ 1 = 1 +
√
2 f (F) = 1 + 0 + 1 = 2
f (C) = −
1
√
2
+
1
√
2
+ 1 = 1 f (G) = −1 + 0 + 1 = 0
f (D) =
1
√
2
−
1
√
2
+ 1 = 1
Funkce má globální maximum 1 +
√
2 v bodě B =
[
1√
2
, 1√
2
, 1
]
a globální minimum −1
2
v bodě
A =
[
−1
2
, −1
2
, 1
2
]
. Obou globálních extrémů nabývá funkce na hranici množiny M.
Příklad 11.45 Nádrž na vodu tvaru kvádru má mít objem V = 32 m3
. Určeme rozměry nádrže
tak, aby se na vybetonování dna a stěn spotřebovalo co nejméně materiálu.
Řešení
Označíme rozměry dna x a y a hloubku nádrže z. Plochu na vybetonování označíme P.
Potom P = xy + 2xz + 2yz.
Objem V nádrže je V = xyz.
P je funkcí tří proměnných: P (x, y, z) = xy + 2xz + 2yz.
Rozměry nádrže splňují podmínku (vazbu) xyz = 32 a také x > 0, y > 0 a z > 0.
161 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Hledáme tedy vázaný extrém funkce P, a to minimum.
Z vazby vyjádříme z = 32
xy
a dosadíme do funkce P.
u (x, y) = P
(
x, y,
32
xy
)
= xy + 2x
32
xy
+ 2y
32
xy
= xy +
64
y
+
64
x
Extrém může nastat jen ve stacionárním bodě.
∂u
∂x
= y −
64
x2
;
∂u
∂x
= 0 ⇔ y −
64
x2
= 0 ⇒ y =
64
x2
∂u
∂y
= x −
64
y2
;
∂u
∂y
= 0 ⇔ x −
64
y2
= 0
Z 1. rovnice vypočteme y = 64
x2 a dosadíme do 2. rovnice:
x −
64
(64
x2
)2 = 0 ⇔ x −
x4
64
= 0 ⇒ x
(
1 −
x3
64
)
= 0
x = 0 nevyhovuje (x má být kladné)
1 −
x3
64
= 0 ⇔ 64 − x3
= 0 ⇒ x3
= 64 ⇒ x = 4
y =
64
42
= 4
Obdrželi jsme 1 stacionární bod A1 = [4, 4].
O existenci a typu extrému rozhodneme pomocí postačující podmínky, tj. pomocí determinantů
D1 a D2. Určíme druhé parciální derivace
∂2
u
∂x2
=
128
x3
∂2
u
∂x2
(4, 4) =
128
43
= 2
∂2
u
∂y2
=
128
y3
∂2
u
∂y2
(4, 4) =
128
43
= 2
∂2
u
∂x∂y
= 1
∂2
u
∂x∂y
(4, 4) = 1
D1 (A1) = 2 > 0
D2 (A1) =
2 1
1 2
= 4 − 1 = 3 > 0
D1 > 0 ∧ D2 > 0 ⇒ ostré lokální minimum
Vypočteme z = 32
4·4
= 2.
V bodě A = [4, 4, 2] má funkce P ostré lokální minimum, které je zároveň globálním minimem.
P (4, 4, 2) = 4 · 4 + 2 · 4 · 2 + 2 · 4 · 2 = 48
Na vybetonování dna a stěn nádrže se spotřebuje nejméně materiálu, když rozměry nádrže
budou x = 4 m, y = 4 m a z = 2 m.
Dno nádrže bude tedy čtverec o straně 4 m a její hloubka je 2 m. Plocha P tedy bude 48 m2
.
FUNKCE TŘÍ PROMĚNNÝCH 162
Při určování definičního oboru vycházíme ze známých podmínek, např. výraz pod
sudou odmocninou musí být nezáporný apod. Limity počítáme pomocí úprav
předpisu funkce a uži m vzorců. Při výpočtu parciálních derivací podle jedné
z proměnných, považujeme ostatní proměnné za konstanty. Užíváme známé
vzorce a pravidla pro derivování. Pomocí totálního diferenciálu určujeme přibližnou
hodnotu výrazu. Při vyhledávání lokálních extrémů nejprve vyhledáme
body podezřelé z tohoto extrému a pak podle Sylvestrova kritéria rozhodneme
o existenci a typu extrému. Při vyhledávání globálních extrémů vyhledáme body
podezřelé z tohoto extrému uvnitř a na hranici dané množiny a určíme největší
a nejmenší funkční hodnotu v podezřelých bodech.
1. Určete definiční obor funkce f.
• f (x, y, z) = 3
√
2x2 − 5y4 + z
[
D (f) = R3
]
• f (x, y, z) = 4
√
36 − x2 − y2 − z2



D (f) = {[x, y, z] ∈ R3
; x2
+ y2
+ z2
≤ 36}
Všechny body koule se středem v počátku
a poloměrem 6.



• f (x, y, z) = yz
√
x − 1
[
D (f) = {[x, y, z] ∈ R3
; x ≤ 1}
Poloprostor včetně hraniční roviny x = 1.
]
• f (x, y, z) = arcsin x
2
+ 3 arcsin y
3
− 1
2
arccos z
[
D (f) je kvádr se středem v počátku, ohraničený
rovinami x = ±2, y = ±3 a z = ±1
]
2. Vypočtěte lim
(x,y,z)→(0,−2,1)
sin xy2z2
xyz
.
[−2]
3. Vypočtěte všechny první parciální derivace funkce f (x, y, z) =
(y
z
)x
.
[
f′
x =
(y
z
)x
ln y
z
; f′
y = x
y
(y
z
)x
; f′
z = −x
z
(y
z
)x
]
4. Vypočtěte hodnotu všech prvních parciálních derivací funkce
f (x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2
v bodě A = [0, 1, 2].
[
f′
x (A) = 0, f′
y (A) = 1√
5
, f′
z (A) = 2√
5
]
5. Vypočtěte všechny druhé parciální derivace funkce
f (x, y, z) = x3
− 1
4
x4
y + 1
2
z2
+ y5
− yz + x2
z2
− 8.
Porovnejte smíšené parciální derivace.
[
f′′
xx = 6x − 3x2
y + 2z2
; f′′
yy = 20y3
; f′′
zz = 1 + 2x2
f′′
xy = −x3
= f′′
yx; f′′
xz = 4xz = f′′
zx; f′′
yz = −1 = f′′
zy
]
163 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
6. Vypočtěte hodnotu totálního diferenciálu funkce
f (x, y, z) = 2x
sin y arctg z v bodě
[
−4, π
2
, 0
]
pro dx = 0,05, dy = −0,06
a dz = 0,08.
[0,005]
7. Najděte lokální extrémy funkce.
• f (x, y, z) = 6x2
+ 5y2
+ 14z2
+ 4xy − 8xz − 2yz + 1
[o. l. minimum 1 v bodě [0, 0, 0]]
• f (x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
− xy − 2x + 3y − 4z + 6
[
o. l. minimum −1
3
v bodě
[1
3
, −4
3
, 2
]]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Kapitola 12
Implicitní funkce
Po prostudování kapitoly budete umět:
• vyšetřit, zda rovnicí F(x, y) = 0 je definována funkce y = f(x);
• počítat derivace implicitní funkce,
• sestavit rovnici tečny a normály v daném bodě,
• zjis t, zda je funkce monotónní, konvexní nebo konkávní na okolí bodu,
• vyhledat lokální extrémy.
Klíčová slova:
Implicitní funkce.
165 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 12.1 Zjis me, zda rovnice y2
− x = 0 definuje na okolí bodu [0, 0] y jako funkci proměnné
x.
Řešení
V našem případě je funkce F [x, y] = y2
− x.
Ověříme, zda je splněn předpoklad věty o existenci implicitní funkce.
Musí být splněny 3 podmínky.
1) F′
x = −1
F′
y = 2y
Obě parciální derivace jsou spojité na R2
.
2) F (0, 0) = 02
− 0 = 0
3) F′
y (0, 0) = 2 · 0 = 0
Podle věty má být F′
y (0, 0) ̸= 0.
Tře předpoklad není splněn.
Závěr: Daná rovnice nedefinuje na žádném okolí bodu [0, 0] y jako funkci x.
Skutečně: V tomto případě umíme rovnici elementárně řešit vzhledem k y.
Pla : y2
− x = 0 ⇒ y2
= x ⇒ |y| =
√
x ⇔ y = ±
√
x pro x ≥ 0. Pro x < 0 neexistuje žádné
řešení.
Z toho je vidět, že rovnice y2
− x = 0 nedefinuje y jednoznačně, ale že definuje dvě funkce:
f1 : y =
√
x, x ≥ 0
f2 : y = −
√
x, x ≥ 0.
[ 0, 0]
y = - x
y = x
x
y
Obr. 12.1 Graf křivky y2
= x
Zdroj: Vlastní zpracování
IMPLICITNÍ FUNKCE 166
Příklad 12.2 Nechť y = f (x) je funkce implicitně definovaná rovnicí x2
+ y2
− 4 = 0 na okolí
bodu A =
[√
2,
√
2
]
. Najděme hodnoty f′
(√
2
)
a f′′
(√
2
)
. Najdeme explicitní vyjádření pro
funkci f a sestrojíme její graf.
Řešení
Nejdříve ověříme, že rovnicí x2
+ y2
− 4 = 0 je na okolí bodu A =
[√
2,
√
2
]
implicitně definována
funkce y proměnné x. V našem případě je funkce F (x, y) = x2
+ y2
− 4.
Ověříme, zda je splněn předpoklad věty o existenci implicitní funkce.
Musí být splněny 3 podmínky.
1) F′
x = 2x
F′
y = 2y
Obě parciální derivace jsou spojité na R2
.
2) F
(√
2,
√
2
)
=
(√
2
)2
+
(√
2
)2
− 4 = 4 − 4 = 0
3) F′
y
(√
2,
√
2
)
= 2
√
2 ̸= 0
Všechny 3 podmínky jsou splněny, je tedy na určitém okolí bodu A =
[√
2,
√
2
]
korektně definována
funkce y proměnné x.
První derivaci funkce y vypočteme podle vzorce.
Připomínáme: y′
= f′
(x) = −F′
x(x,y)
F′
y(x,y)
; stručně y′
= −F′
x
F′
y
; F′
y ̸= 0
y′
= −2x
2y
= −x
y
; y ̸= 0
Potom y′
(A) = y′
(√
2,
√
2
)
= −
√
2√
2
= −1
Vzorce pro derivace vyšších řádů funkce určené implicitně jsou složité, proto vyšší derivace
zpravidla počítáme postupným derivováním. Nesmíme však zapomenout, že y je funkcí x.
Tedy y′
= −x
y
derivujeme podle x, ale y není považováno za konstantu jako při výpočtu parciální
derivace, nýbrž je funkcí x, kterou explicitně neznáme, proto derivace y bude jen naznačena
čárkou, tj. y′
.
y′′
=
−1 · y + x · y′
y2
=
−y + x
(
−x
y
)
y2
=
−y2
− x2
y3
= −
x2
+ y2
y3
, y ̸= 0
y′′
(A) = y′′
(√
2,
√
2
)
= −
(√
2
)2
+
(√
2
)2
(√
2
)3 = −
4
2
√
2
= −
√
2
Výsledek: f′
(√
2
)
= y′
(A) = −1; f′′
(√
2
)
= y′′
(A) = −
√
2.
Poznámka.
Z rovnice x2
+ y2
− 4 = 0 lze vypočítat explicitní vyjádření funkce f.
x2
+ y2
− 4 = 0 ⇒ y2
= 4 − x2
⇒ |y| =
√
4 − x2
Naše funkce f : y =
√
4 − x2, protože A ∈ G (f), x ∈ (−2, 2)
Křivka daná rovnicí x2
+ y2
− 4 = 0 je kružnice se středem v počátku a poloměrem 2.
Grafem funkce f je horní půlkružnice, poněvadž na ní leží bod A =
[√
2,
√
2
]
.
167 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
x
y
-2 2
2
-2
x2 + y2 - 4 = 0
t
α
A
Obr. 12.2 Graf funkce y =
√
4 − x2
Zdroj: Vlastní zpracování
tg α = y′
(A) = −1 ⇒ α = 135◦
-1 je směrnice tečny v bodě A
Všimněte si, že na okolích bodů [−2, 0] a [2, 0] neexistují funkce proměnné x implicitně definované
rovnicí x2
+ y2
− 4 = 0.
Snadno si můžeme derivováním funkce f ověřit správnost výsledků.
f (x) =
√
4 − x2
f′
(x) =
−2x
2
√
4 − x2
=
−x
√
4 − x2
; f′
(√
2
)
=
−
√
2
√
4 −
(√
2
)2
=
−
√
2
√
2
= −1
f′′
(x) =
−1 ·
√
4 − x2 + x · −2x
2
√
4−x2
(√
4 − x2
)2 =
−4 + x2
− x2
(√
4 − x2
)3 =
−4
(√
4 − x2
)3
f′′
(√
2
)
=
−4
(√
4 −
(√
2
)2
)3 =
−4
(√
2
)3 = −
√
2
Poznámka.
Takový přímý výpočet derivace však není vždy možný, protože z rovnice F (x, y) = 0 nelze vždy
explicitně vyjádřit y v závislos na x, tj. ve tvaru y = f (x).
IMPLICITNÍ FUNKCE 168
Příklad 12.3 Vypočtěme y′
a y′′
funkce y, která je daná implicitně rovnicí y − arctg y = x.
Řešení
Funkce F (x, y) = y − arctg y − x.
Vypočteme y′
:
a) Podle vzorce y′
= −F′
x
F′
y
.
F′
x = −1; F′
y = 1 −
1
1 + y2
=
1 + y2
− 1
1 + y2
=
y2
1 + y2
y′
= −
−1
y2
1+y2
=
1 + y2
y2
; y ̸= 0
b) Derivováním rovnice podle x.
y − arctg y − x = 0 / derivujeme podle x, y je funkcí x
y′
−
y′
1 + y2
− 1 = 0 / ·
(
1 + y2
)
y′
(
1 + y2
)
− y′
− 1 − y2
= 0
y′
(
1 + y2
− 1
)
= 1 + y2
y′
y2
= 1 + y2
y′
=
1 + y2
y2
; y ̸= 0
Druhou derivaci y′′
vypočteme:
a) Derivováním y′
podle x, y je funkcí x.
y′′
=
2y · y′
· y2
− (1 + y2
) 2y · y′
y4
=
2y′
(y2
− 1 − y2
)
y3
= −
2y′
y3
Dosadíme y′
= 1+y2
y2 :
y′′
=
−2 · 1+y2
y2
y3
=
−2 (1 + y2
)
y5
; y ̸= 0
b) Derivováním rovnice.
y′
y2
= 1 + y2
/ derivujeme podle x, y je funkcí x
y′′
· y2
+ y′
· 2y · y′
= 2y · y′
y′′
=
2yy′
(1 − y′
)
y2
y′′
=
2y′
(1 − y′
)
y
Dosadíme y′
= 1+y2
y2 :
y′′
=
21+y2
y2
(
1 − 1+y2
y2
)
y
=
21+y2
y2 · y2−1−y2
y2
y
=
−2 (1 + y2
)
y5
; y ̸= 0
169 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Výsledek: y′
= 1+y2
y2 , y ̸= 0; y′′
=
−2(1+y2
)
y5 , y ̸= 0.
Příklad 12.4 Rozhodněme, zda rovnice x2
+2xy−y4
−4 = 0 definuje implicitně funkci y = f (x)
na okolí bodu A = [2, 0]. Pokud ano, určíme y′
(A) a y′′
(A).
Řešení
Ověříme předpoklad věty o implicitní funkci. F (x, y) = x2
+ 2xy − y2
− 4
a) F′
x = 2x + 2y
F′
y = 2x − 2y
Obě parciální derivace jsou spojité na R2
.
b) F (A) = F (2, 0) = 22
+ 2 · 2 · 0 − 0 − 4 = 0
c) F′
y (A) = F′
y (2, 0) = 2 · 2 − 2 · 0 = 4 ̸= 0
Všechny 3 podmínky jsou splněny, daná rovnice definuje na okolí bodu A funkci y = f (x).
Výpočet derivace funkce y provedeme dvěma způsoby.
a) Zderivujeme rovnici podle x, ale y není považováno za konstantu jako při výpočtu parciální
derivace, nýbrž je funkcí x, kterou explicitně neznáme, proto derivace y bude jen
naznačena čárkou, tj. y′
.
x2
+ 2xy − y2
− 4 = 0
2x + 2 · y + 2x · y′
− 2 · y · y′
= 0 / : 2
x + y + xy′
− yy′
= 0
y′
(x − y) = −x − y
y′
=
x + y
y − x
; y ̸= x
b) Podle vzorce y′
= −F′
x
F′
y
y′
= −
2x + 2y
2x − 2y
=
x + y
y − x
; y ̸= x
Dosazením souřadnic bodu A, tj. x = 2 a y = 0, do vztahu pro y′
získáme y′
(A).
y′
(A) = y′
(2, 0) =
2 + 0
0 − 2
= −1
Pro výpočet y′′
existuje vzorec, ale pohodlněji ji vypočítáme derivací y′
podle x, y opět derivujeme
jako funkci x.
y′
=
x + y
y − x
derivujeme podle x, y je funkcí x
y′′
=
(1 + y′
) (y − x) − (x + y) (y′
− 1)
(y − x)2 =
y + yy′
− x − xy′
− xy′
− yy′
+ x + y
(y − x)2 =
=
2y − 2xy′
(y − x)2 = 2
y − xy′
(y − x)2 ; y ̸= x
IMPLICITNÍ FUNKCE 170
Dosazením souřadnic bodu A, tj. x = 2, y = 0 a y′
(A) = −1, obdržíme
y′′
(A) = y′′
(2, 0) = 2
0 − 2 · (−1)
(0 − 2)2 =
4
4
= 1.
Můžeme postupovat také takto - do y′′
dosadíme y′
:
y′′
= 2
y − xx+y
y−x
(y − x)2 = 2
y2−xy−x2−xy
y−x
(y − x)2 =
2 (y2
− 2xy − x2
)
(y − x)3 ; y ̸= x
Dosazením souřadnic bodu A, tj. x = 2 a y = 0 obdržíme
y′′
(A) = y′′
(2, 0) =
2 (0 − 2 · 2 · 0 − 22
)
(0 − 2)3 =
−8
−8
= 1
Hledané hodnoty jsou: y′
(A) = −1 a y′′
(A) = 1.
Příklad 12.5 Určíme y′
a y′′
funkce y, která je dána implicitně rovnicí
1 + xy − ln (exy
+ e−xy
) = 0.
Řešení
Funkce F (x, y) = 1 + xy − ln (exy
+ e−xy
).
Vypočteme y′
podle vzorce y′
= −F′
x
F′
y
.
F′
x = y −
yexy
− yexy
exy + e−xy
=
yexy
+ ye−xy
− yexy
+ yexy
exy + e−xy
=
2ye−xy
exy + e−xy
F′
y = x −
xexy
− xe−xy
exy + e−xy
=
xexy
+ xe−xy
− xexy
+ xe−xy
exy + e−xy
=
2xe−xy
exy + e−xy
y′
= −
F′
x
F′
y
= −
2ye−xy
exy+e−xy
2xe−xy
exy+e−xy
= −
y
x
; x ̸= 0
Druhou derivaci y′′
vypočteme derivováním y′
= −y
x
podle x, y je funkcí x.
y′′
= −
y′
x − y · 1
x2
Dosadíme y′
= −y
x
.
y′′
= −
(
−y
x
)
· x − y
x2
= −
−2y
x2
=
y
x2
; x ̸= 0
Výsledek: y′
= −y
x
, y′′
= y
x2 ; x ̸= 0.
171 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 12.6 Funkce y proměnné x je daná rovnicí x2
+ xy + y2
− 3 = 0. Najděme hodnotu její
první a druhé derivace v bodě [1, 1].
Řešení
Funkce F (x, y) = x2
+ xy + y2
− 3.
Vypočteme F′
x = 2x + y, F′
y = x + 2y;
y′
= −
F′
x
F′
y
= −
2x + y
x + 2y
, x ̸= −2y
y′
(1, 1) = −
2 · 1 + 1
1 + 2 · 1
= −1
Výpočet y′′
provedeme tak, že zderivujeme y′
.
y′
= −
2x + y
x + 2y
/ zderivujeme podle x, y je funkcí x
y′′
= −
(2 + y′
) (x + 2y) − (2x + y) (1 + 2y′
)
(x + 2y)2 =
= −
2x + xy′
+ 4y + 2yy′
− 2x − y − 4xy′
− 2yy′
(x + 2y)2 =
= −
3y − 3xy′
(x + 2y)2 ; x ̸= −2y
Dosazením x = 1, y = 1 a y′
= −1 získáme
y′′
(1, 1) = −
3 · 1 − 3 · 1 · (−1)
(1 + 2 · 1)2 = −
6
9
= −
2
3
Poznámka.
Výpočet y′′
můžeme provést i takto:
Úpravou vztahu y′
= −2x+y
x+2y
dostaneme
y′
(x + 2y) = (2x + y)
(2x + y) + (x + 2y) y′
= 0
Tuto rovnici zderivujeme podle x, y je funkcí x.
2 + y′
+ (1 + 2y′
) y′
+ (x + 2y) y′′
= 0
Dosazením x = 1, y = 1 a y′
= −1 získáme y′′
(1, 1).
2 + (−1) + (1 − 2 · 1) · (−1) + (1 + 2 · 1) y′′
= 0
1 + 1 + 3y′′
= 0
y′′
= −
2
3
Hledané hodnoty jsou: y′
(1, 1) = −1, y′′
(1, 1) = −2
3
.
IMPLICITNÍ FUNKCE 172
Příklad 12.7 Určeme y′
a y′′
pro funkci y danou implicitně rovnicí x = ln y +y2
a jejich hodnoty
v bodě A = [1, 1].
Řešení
Funkce F (x, y) = x − ln y − y2
.
y′
= −
F′
x
F′
y
= −
1
−1
y
− 2y
=
y
1 + 2y2
; 1 + 2y2
̸= 0 vždy splněno
y′
(A) =
1
1 + 2 · 12
=
1
3
Derivováním y′
= y
1+2y2 obdržíme y′′
.
y′′
=
y′
(1 + 2y2
) − y · 4yy′
(1 + 2y2)2 =
y′
+ 2y′
y2
− 4y2
y′
(1 + 2y2)2 =
y′
(1 − 2y2
)
(1 + 2y2)2
Dosazením y′
= y
1+2y2 obdržíme
y′′
=
y
1+2y2 (1 − 2y2
)
(1 + 2y2)2 =
y (1 − 2y2
)
(1 + 2y2)3
Dosadíme souřadnice bodu A, tj. x = 1, y = 1.
y′′
(A) =
1 · (1 − 2 · 12
)
(1 + 2 · 12)3 =
−1
27
Hodnotu y′′
(A) můžeme vypočítat také úpravou y′
na rovnici, rovnici zderivujeme podle x, y
je funkcí x.
y′
=
y
1 + 2y2
⇔ y′
(
1 + 2y2
)
− y = 0 / zderivujeme
y′′
(
1 + 2y2
)
+ y′
· 4y · y′
− y′
= 0
Dosadíme x = 1, y = 1, y′
(A) = 1
3
y′′
(
1 + 2 · 12
)
+
(
1
3
)2
· 4 · 1 −
1
3
= 0
3y′′
+
4
9
−
1
3
= 0
3y′′
+
1
9
= 0
y′′
= −
1
27
Určili jsme: y′
(A) = 1
3
, y′′
(A) = − 1
27
.
173 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 12.8 Vypočtěme y′
(1) a y′′
(1) funkce y, která je dána implicitně rovnicí
x2
− 2xy + y2
+ x + y − 2 = 0.
Řešení
Budeme potřebovat i y-ovou souřadnici bodu jehož x-ová souřadnice je x = 1. Získáme ji dosazením
x = 1 do dané rovnice.
12
− 2 · 1y + y2
+ 1 + y − 2 = 0
y2
− y = 0
y (y − 1) = 0 ⇒ y1 = 0, y2 = 1
Existují 2 body na křivce x2
− 2xy + y2
+ x + y − 2 = 0, jejichž souřadnice x = 1. Jsou to body
A = [1, 0] a B = [1, 1].
Vypočteme y′
= −F′
x
F′
y
= − 2x−2y+1
−2x+2y+1
; −2x + 2y + 1 ̸= 0
y′
(1) = y′
(A) = −
2 · 1 − 0 + 1
−2 · 1 + 0 + 1
= −
3
−1
= 3
y′
(1) = y′
(B) = −
2 · 1 − 2 · 1 + 1
−2 · 1 + 2 · 1 + 1
= −
1
1
= −1
Pro snadnější výpočet hodnot y′′
(A) a y′′
(B) upravíme y′
na rovnici, kterou budeme derivovat.
y′
= −
2x − 2y + 1
−2x + 2y + 1
y′
(−2x + 2y + 1) + 2x − 2y + 1 = 0 / derivujeme podle x, y je funkcí x
y′′
(−2x + 2y + 1) + y′
(−2 + 2y′
) + 2 − 2y′
= 0
Dosadíme souřadnice bodu A a y′
(A).
y′′
(−2 · 1 + 0 + 1) + 3 (−2 + 2 · 3) + 2 − 2 · 3 = 0
−y′′
+ 8 = 0 ⇒ y′′
= 8
Dosadíme souřadnice bodu B a y′
(B).
y′′
(−2 · 1 + 2 · 1 + 1) + (−1) [−2 + 2 · (−1)] + 2 − 2 · (−1) = 0
y′′
+ 8 = 0 ⇒ y′′
= −8
Hledané hodnoty jsou: y′
(A) = 3, y′′
(A) = 8
y′
(B) = −1, y′′
(B) = −8
IMPLICITNÍ FUNKCE 174
Příklad 12.9 Přesvědčíme se o tom, že pro funkci y, určenou implicitně rovnicí xy − ln y = 1
pla
y2
+ (xy − 1) dy
dx
= 0.
Řešení
Funkce F (x, y) = xy − ln y − 1.
Vypočteme první parciální derivace funkce F.
F′
x = y
F′
y = x −
1
y
; y ̸= 0
Potom y′
= dy
dx
= −F′
x
F′
y
= − y
x− 1
y
= − y2
xy−1
; xy ̸= 1.
Dosadíme do dané diferenciální rovnice.
y2
+ (xy − 1)
−y2
xy − 1
= 0
y2
− y2
= 0
0 = 0
Tím je důkaz proveden.
Příklad 12.10 Napišme rovnici tečny t a normály n grafu funkce f dané implicitně funkcí
F (x, y) = x2
− 2xy + y2
+ x + y − 2 a bodem A = [1, 1] v bodě A.
Řešení
Vypočteme 1. derivaci podle vzorce y′
= −F′
x
F′
y
.
F′
x = 2x − 2y + 1; F′
y = −2x + 2y + 1
y′
= −
2x − 2y + 1
−2x + 2y + 1
y′
(1, 1) = −
2 · 1 − 2 · 1 + 1
−2 · 1 + 2 · 1 + 1
= −
1
1
= −1
Dosadíme do rovnice tečny a normály.
y = f (x) , x0 = 1, f (x0) = 1, f′
(x0) = −1
t : y − f (x0) = f′
(x0) (x − x0) n : y − f (x0) = −
1
f′ (x0)
(x − x0)
y − 1 = −1 (x − 1) y − 1 = −
1
−1
(x − 1)
y = −x + 2 y = x
175 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 12.11 Napišme rovnici tečny t a normály n ke křivce dané rovnicí
2x2
− xy + y2
− 3x + 2y = 0 v bodě T = [0, y < 0].
Řešení
Vypočteme y-ovou souřadnici bodu T tak, že dosadíme x = 0 do rovnice křivky.
2 · 02
− 0 · y + y2
− 3 · 0 + 2y = 0
y2
+ 2y = 0
y (y + 2) = 0 ⇒ y1 = 0 nevyhovuje
y2 = −2
Bod T = [0, −2].
Vypočteme y′
= −F′
x
F′
y
; F (x, y) = 2x2
− xy + y2
− 3x + 2y.
F′
x = 4x − y − 3; F′
y = −x + 2y + 2
y′
= −
4x − y − 3
−x + 2y + 2
; y′
(0, −2) = −
4 · 0 − (−2) − 3
0 + 2 · (−2) + 2
= −
−1
−2
= −
1
2
t : y − (−2) = −
1
2
(x − 0) n : y − (−2) =
−1
−1
2
(x − 0)
y = −
1
2
x − 2 y + 2 = 2x
y = 2x − 2
Příklad 12.12 Ve kterém bodě křivky x2
+2y2
−4x+8y = 36 jsou tečny rovnoběžné s přímkou
p : x − 2y = 0. Napišme rovnice těchto tečen.
Řešení
Rovnici přímky p uvedeme na směrnicový tvar: y = 1
2
x.
Určíme směrnici kp přímky p: kp = 1
2
.
Funkce F (x, y) = x2
+ 2y2
− 4x + 8y − 36.
Vypočteme y′
= −F′
x
F′
y
= −2x−4
4y+8
= − x−2
2y+4
= 2−x
2y+4
; y ̸= −2.
Tečny mají být rovnoběžné s přímkou p, tzn., že směrnice kp přímky p se musí rovnat směrnici
kt tečny, tj. kp = kt.
kt = y′
=
2 − x
2y + 4
Potom kt = kp ⇔
2 − x
2y + 4
=
1
2
.
Získali jsme jednu podmínku pro dotykový bod T tečny. (1)
Bod T je bodem dané křivky - to je druhá podmínka pro bod T. (2)
Souřadnice bodu T získáme řešením soustavy rovnic:
(1)
2 − x
2y + 4
=
1
2
⇔ 2 − x =
1
2
(2y + 4) ⇒ 2 − x = y + 2 ⇒ y = −x · · · dosadíme do (2)
(2) x2
+ 2y2
− 4x + 8y = 36
IMPLICITNÍ FUNKCE 176
x2
+ 2 (−x)2
− 4x + 8 · (−x) = 36
3x2
− 12x − 36 = 0 / : 3
x2
− 4 − 12 = 0
(x − 6) (x + 2) = 0 x1 = −2 ⇒ y1 = 2
x1 = −2, x2 = 6 x2 = 6 ⇒ y2 = −6
Získali jsme 2 dotykové body: T1 = [−2, 2] a T2 = [6, −6].
Rovnice příslušných tečen jsou:
Pro bod T1 = [−2, 2] : Pro bod T2 = [6, −6] :
t1 : y − 2 =
1
2
(x + 2) t2 : y + 6 =
1
2
(x − 6)
y =
1
2
x + 1 + 2 y =
1
2
x − 3 − 6
y =
1
2
x + 3 y =
1
2
x − 9
Poznámka.
Směrnice tečen je 1
2
, protože t1 ∥ t2 ∥ p.
Dosadíme-li souřadnice bodů T1 a T2 do kt = y′
= 2−x
2y+4
, pak samozřejmě obdržíme také 1
2
.
Přesvědčíme se:
kt1 =
2 − (−2)
2 · 2 + 4
=
4
8
=
1
2
; kt2 =
2 − 6
2 · (−6) + 4
=
−4
−8
=
1
2
Příklad 12.13 Rozhodněme, zda křivka daná rovnicí x2
+ y2
− xy − 7 = 0 je na okolích bodů
A = [1, −2], B = [1, 3] a C = [3, 2] rostoucí nebo klesající.
Řešení
Rozhodneme podle hodnoty první derivace funkce y = f (x) určené danou rovnicí, v bodě A,
B a C.
Určíme y′
= −F′
x
F′
y
.
y′
= −
2x − y
2y − x
=
2x − y
x − 2y
, x ̸= 2y
y′
(A) =
2 · 1 − (−2)
1 − 2 · (−2)
=
4
5
> 0 ⇒ rostoucí
y′
(B) =
2 · 1 − 3
1 − 2 · 3
=
−1
−5
=
1
5
> 0 ⇒ rostoucí
y′
(C) =
2 · 3 − 2
3 − 2 · 2
=
4
−1
= −1 < 0 ⇒ klesající
Funkce je na okolích bodů A a B rostoucí a na okolí bodu C klesající.
177 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 12.14 Rozhodněme, zda křivka daná rovnicí 3x2
− 2xy + y2
− 5x − 6y − 5 = 0 je na
okolí bodu A = [−1, 3] konvexní nebo konkávní.
Řešení
Rozhodneme podle hodnoty druhé derivace funkce y = f (x) určené danou rovnicí, v bodě A.
Zderivujeme rovnici podle x, y je funkcí x.
6x − 2y − 2xy′
+ 2yy′
− 5 − 6y′
= 0
y′
(−2x + 2y − 6) = 5 − 6x + 2y (∗)
y′
=
5 − 6x + 2y
2y − 2x − 6
y′
(A) =
5 − 6 · (−1) + 2 · 3
2 · 3 − 2 · (−1) − 6
=
17
2
Vypočteme y′′
derivováním rovnice (∗).
y′′
(−2x + 2y − 6) + y′
(−2 + 2y′
) = −6 + 2y′
Dosadíme x = −1, y = 3 a y′
(A) = 17
2
.
y′′
[−2 · (−1) + 2 · 3 − 6] +
17
2
(
−2 + 2 ·
17
2
)
= −6 + 2 ·
17
2
2y′′
+
17
2
· 15 = 11
2y′′
= 11 −
17 · 15
2
y′′
=
22 − 255
4
y′′
=
−233
4
y′′
(A) = −
233
4
< 0 ⇒ konkávní
Křivka je v okolí bodu A konkávní.
IMPLICITNÍ FUNKCE 178
Příklad 12.15 Rozhodněme, zda funkce x = g (y) definovaná implicitně rovnicí
x2
+ 2xy + y2
+ 2x − 4y − 2 = 0 a podmínkou g (1) = 1 je v bodě 1 konvexní nebo konkávní.
Řešení
Pozor! x = g (y), x je závisle proměnná, y nezávisle proměnná, x je funkcí y.
Zderivujeme danou rovnici podle y, x je funkcí y.
2xx′
+ 2x + 2yx′
+ 2y + 2x′
− 4 = 0 / : 2
x′
(x + y + 1) = 2 − y − x (∗)
x′
=
2 − y − x
x + y + 1
; x + y + 1 ̸= 0
Poznámka.
Podmínka g (1) = 1 informuje, že bod A = [1, 1] je bodem funkce x = g (y).
Určíme x′
(A) = 2−1−1
1+1+1
= 0
Vypočítáme x′′
derivováním (∗):
x′′
(x + y + 1) + x′
(x′
+ 1) = −1 − x′
Dosadíme souřadnice x = 1, y = 1 bodu A a hodnotu x′
(A) = 0.
x′′
(1 + 1 + 1) + 0 = −1 − 0
3x′′
= −1
x′′
= −
1
3
x′′
(A) = −
1
3
< 0 ⇒ konkávní
Funkce je v bodě 1 konkávní.
Poznámka.
Jistě jste si uvědomili další skutečnost - funkce má v bodě 1 ostré lokální maximum, protože
x′
(A) = 0 a x′′
(A) = −1
3
< 0.
Příklad 12.16 Najděme lokální extrémy funkce y = f (x) definované implicitně rovnicí
x3
+ y3
− 3xy − 3 = 0.
Řešení
Vypočteme y′
derivováním rovnice x3
+ y3
− 3xy − 3 = 0 podle x, y je funkcí x.
3x2
+ 3y2
· y′
− 3 · y − 3x · y′
= 0 / : 3
y′
(
y2
− x
)
= y − x2
(∗)
y′
=
y − x2
y2 − x
; x ̸= y2
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
Nutná podmínka pro extrém: y′
= 0 ⇔
y − x2
y2 − x
= 0 ⇒ y − x2
= 0 ⇒ y = x2
179 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Získali jsme jeden vztah pla cí pro souřadnice stacionárních bodů. Stacionární body leží na
křivce x3
+ y3
− 3xy − 3 = 0, proto jejich souřadnice musí vyhovovat rovnici křivky - to je
druhý vztah pro jejich souřadnice. Souřadnice x a y stacionárních bodů získáme tedy řešením
soustavy rovnic:
(1) y = x2
(2) x3
+ y3
− 3xy − 3 = 0
Dosadíme (1) do (2):
x3
+
(
x2
)3
− 3x · x2
− 3 = 0
x6
− 2x3
− 3 = 0
Zavedeme subs tuci x3
= z.
z2
− 2z − 3 = 0
Levou stranu rovnice rozložíme.
(z − 3) (z + 1) = 0
(
x3
− 3
) (
x3
+ 1
)
= 0
x3
− 3 = 0 ⇒ x3
= 3 ⇒ x =
3
√
3 y =
(
3
√
3
)2
=
3
√
9
x3
+ 1 = 0 ⇒ x3
= −1 ⇒ x = 3
√
−1 = −1 y = (−1)2
= 1
Získali jsme 2 stacionární body:
A =
[
3
√
3,
3
√
9
]
a B = [−1, 1] .
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
Vypočteme y′′
tak, že zderivujeme rovnici (∗).
y′
(
y2
− x
)
= y − x2
/ derivujeme podle x, y je funkcí x
y′′
(
y2
− x
)
+ y′
(2yy′
− 1) = y′
− 2x (△)
Dosadíme souřadnice x a y stacionárních bodů A a B a hodnoty první derivace v těchto bodech,
tj. y′
(A) = 0 a y′
(B) = 0 do rovnice (△).
Bod A =
[ 3
√
3, 3
√
9
]
: y′′
(
3
√
92 − 3
√
3
)
+ 0 = 0 − 2 3
√
3
y′′
= −2 3√
3
2 3√
3
= −1 < 0 ⇒ ostré lokální maximum
Bod B = [−1, 1] : y′′
[12
− (−1)] + 0 = 0 − 2 (−1)
2y′′
= 2
y′′
= 1 > 0 ⇒ ostré lokální minimum
Funkce má ostré lokální maximum 3
√
9 v bodě 3
√
3 a ostré lokální minimum 1 v bodě −1.
IMPLICITNÍ FUNKCE 180
Obr. 12.3 Graf funkce
F (x, y) = x3
+ y3
− 3xy − 3 a roviny z = 0
Zdroj: Vlastní zpracování
A = [ 3
3
, 9
3
]
B = [ -1, 1 ]
-1 3
3
1
32/3
x
y
Obr. 12.4 Nulová vrstevnice funkce
F (x, y) = x3
+ y3
− 3xy − 3
Zdroj: Vlastní zpracování
181 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Příklad 12.17 Najděme lokální extrémy funkce y = f (x) definované implicitně rovnicí
x2
y3
+ y − 3 = 0.
Řešení
Pro derivaci funkce y obdržíme rovnici:
2x · y3
+ x2
· 3y2
· y′
+ y′
= 0
(∗) y′
(
3x2
y2
+ 1
)
= −2xy3
y′
=
−2xy3
3x2y2 + 1
; 3x2
y2
̸= −1
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
Nutná podmínka pro extrém: y′
= 0 ⇔ −
2xy3
3x2y2 + 1
= 0 ⇒ x = 0, y = 0
Získané hodnoty dosadíme do implicitní rovnice funkce.
x = 0 : 0 · y3
+ y − 3 = 0 ⇒ y = 3
y = 0 : x2
· 0 + 0 − 3 = 0 nepla
Získali jsme 1 stacionární bod A = [0, 3].
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
Derivujeme rovnici (∗):
y′′
(
3x2
y2
+ 1
)
+ y′
(
6xy2
+ 6x2
yy′
)
= −2y3
− 6xy2
y′
Dosadíme x = 0, y = 3 a y′
(A) = 0 a dostaneme
y′′
(
3 · 0 · 32
+ 1
)
+ 0 = −2 · 33
− 0
y′′
= −54 < 0 ⇒ ostré lokální maximum
Funkce má ostré lokální maximum 3 v bodě 0.
Příklad 12.18 Najděme lokální extrémy funkce y = f (x) definované implicitně rovnicí
arctg y + x − y = 0.
Řešení
Vypočteme
y′
= −
F′
x
F′
y
=
−1
1
1+y2 − 1
=
−1
1−1−y2
1+y2
=
−1
−y2
1+y2
=
1 + y2
y2
, y ̸= 0
y′
= 0 ⇔ 1 + y2
= 0 ⇒ y2
= −1
Rovnice nemá řešení v R.
Funkce nemá žádný extrém, protože v žádném bodě není y′
= 0.
Vždy je y′
> 0 v každém bodě x, což znamená, že je funkce stále rostoucí, tedy ryze monotónní.
IMPLICITNÍ FUNKCE 182
Příklad 12.19 Najděme lokální extrémy funkcí y = f (x) definovaných implicitně rovnicí
x2
− y2
+ 2x + 6y − 4 = 0 (□).
Řešení
Vypočteme 1. derivaci derivováním dané rovnice.
2x − 2yy′
+ 2 + 6y′
= 0 / : 2
y′
(3 − y) = −x − 1 (∗)
y′
=
x + 1
y − 3
; y ̸= 3
Vyhledáme body podezřelé z lokálního extrému.
Nutná podmínka pro extrém: y′
= 0 ⇔
x + 1
y − 3
= 0 ⇒ x = −1
Souřadnice x a y stacionárního bodu jsou řešením soustavy rovnic:
(1) x = −1
(2) x2
− y2
+ 2x + 6y − 4 = 0
Dosadíme x = −1 do rovnice (2):
(−1)2
− y2
+ 2 · (−1) + 6y − 4 = 0
−y2
+ 6y − 5 = 0
y2
− 6y + 5 = 0
(y − 1) (y − 5) = 0
y − 1 = 0 ⇒ y = 1
y − 5 = 0 ⇒ y = 5
Získali jsme 2 stacionární body: A = [−1, 1] a B = [−1, 5].
Podle postačující podmínky rozhodneme o existenci a typu extrému.
Derivací rovnice (∗) obdržíme y′′
.
y′′
(3 − y) + y′
· (−1) · y′
= −1
Dosadíme souřadnice bodů A a B a hodnoty y′
v těchto bodech.
Bod A = [−1, 1] : y′′
(3 − 1) + 0 = −1
y′′
= −1
2
< 0 ⇒ ostré lokální maximum
Bod B = [−1, 5] : y′′
(3 − 5) + 0 = −1
y′′
= 1
2
> 0 ⇒ ostré lokální minimum
Zřejmě jde o 2 funkce definované implicitně rovnicí (□).
Funkce y = f1 (x) definovaná rovnicí (□) a podmínkou f1 (−1) = 1 má v bodě −1 má ostré
lokální maximum 1.
Funkce y = f2 (x) definovaná rovnicí (□) a podmínkou f2 (−1) = 5 má v bodě −1 ostré lokální
minimum 5.
183 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
Obr. 12.5 Graf funkce
F (x, y) = x2
− y2
+ 2x + 6y − 4 a roviny z = 0
Zdroj: Vlastní zpracování
A = [ -1, 1 ]
B = [ -1, 5 ]
-5 -1 5
-5
1
5
x
y
Obr. 12.6 Nulová vrstevnice funkce
F (x, y) = x2
− y2
+ 2x + 6y − 4
Zdroj: Vlastní zpracování
IMPLICITNÍ FUNKCE 184
Rovnicí F(x, y) = 0 muže být za jistých podmínek daná funkce y proměnné x, tj.
y = f(x). Podmínky udává věta o implicitní funkci a také uvádí vzorce na výpočet
derivací. Funkci zadanou implicitně můžeme vyšetřovat obdobně jako funkci
danou explicitně. Můžeme zjišťovat, zda je na okolí bodu monotónní, konvexní
nebo konkávní, můžeme vyhledávat její lokální extrémy.
1. Zjistěte, zda rovnicí yex
− x ln y − 1 = 0 je implicitně určena funkce
y = f (x) na okolí bodu A = [0, 1].
[
ano, jsou splněny 3 podmínky věty o implic ní funkci
]
2. Vypočítejte y′
, je-li funkce y daná implicitně rovnicí.
• y = 1 + yx
; y > 0
[
y′
= −yx ln y
xyx−1
]
• xy
− yx
= 0; x > 0, y > 0
[
y′
= yx ln y−yxy−x
xy ln x−xyx−1
]
• x4
+ y4
− x2
y2
= 0
[
y′
=
x(y2−2x2
)
y(2y2−x2)
]
3. Vypočítejte y′
a y′′
, je-li funkce y daná implicitně rovnicí.
• y = x + ln y; y > 0
[
y′
= y
y−1
; y′′
= y
(y−1)3
]
• x − 2y + 2ex+y
= 0
[
y′
= −2y+x−1
2y−x−2
, y′′
= 9x−18y
(2y−x−2)3
]
• 2x arctg y
x
= 0
[
y′
= y
x
, y′′
= 0
]
4. Určete y′
(A) a y′′
(A) pro funkci y = f (x) určenou implicitně rovnicí
a bodem A.
• x2
− 2xy − y2
− 16 = 0; A = [4, 0]
[
y′
(A) = 1, y′′
(A) = −1
2
]
• x2
− 3xy + 4y2
− 2x + 3y = 0; A = [2, 0]
[
y′
(A) = 2
3
, y′′
= 14
27
]
• x cos xy = 0; A =
[
1, π
2
]
[
y′
(A) = −π
2
, y′′
(A) = π
]
5. Napište rovnici tečny t a normály n křivky definované implicitně rovnicí
(x2
+ y2
) (y − 1)2
− 5y2
= 0 v bodě C = [4, 2].
[
t : y = −1
3
x + 10
3
n : y = 3x − 10
]
185 DIFERENCIÁLNÍ POČET (2)
6. Zjistěte, ve kterých bodech křivky x2
+ y2
− 3xy + 1 = 0 jsou tečny rovnoběžné
s přímkou y = −x. Rovnice těchto tečen napište.
[
T1 = [1, 1] ; t1 : y = −x + 2
T2 = [−1, −1] ; t2 : y = −x − 2
]
7. Najděte lokální extrémy funkce y = f (x) definované implicitně rovnicí.
• x2
+ 2xy + y2
− 4x + 2y − 2 = 0
[
ostré lokální maximum 1 v bodě −1
]
• x2
− 2xy + 2y2
+ 2x + 1 = 0
[
ostré lokální minimum −2 v bodě −3
ostré lokální maximum 0 v bodě −1
]
Literatura k tématu
[1] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd.,
Praha: Fragment, 2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[2] KARÁSEK, J.: Matema ka II, 1. vyd., Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[3] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1. vyd.,
Olomouc: UP, 2013, 329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[4] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3. vyd., Praha: VŠCHT,
1998, 321 s. ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[5] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1. vyd., Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
Seznam literatury a použitých zdrojů
[1] BERMAN, G. N.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, Moskva: Nauka, 1965,
443 s. (rusky)
[2] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, Moskva: Nauka, 1977,
527 s. (rusky)
[3] DĚMIDOVIČ, B. P.: Sbírka úloh a cvičení z matema cké analýzy, 1. vyd., Praha: Fragment,
2003, 459 s., ISBN 80-7200-587-1, 2003
[4] KARÁSEK, J.,: Matema ka II, 1. vydání, Brno: VUT, 2002, 242 s.,
ISBN 80-214-2092-8 (skripta)
[5] Mádrová, V., Marek, J.: Sborník úloh z diferenciálního počtu v R, 1.vyd., Olomouc: UP, 2013,
329 s., ISBN 978-80-244-3410-10 (skripta)
[6] MÍČKA, J. a kolek v.: Sbírka příkladů z matema ky, 3.vyd., Praha: VŠCHT, 1998, 321 s.
ISBN 80-7080-327-4 (skripta)
[7] MOŠOVÁ, V.: Matema cká analýza II., 1.vyd, Olomouc: UP, 2005. 134 s.,
ISBN 80-244-1005-2 (skripta)
[8] TOMICA, R.: Cvičení z matema ky II, Brno: VUT, 1970, 293 s.
Seznam obrázků
2.1. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; y > 1 ∧ x ̸= 0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; x2
+ y2
̸= 36} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; y ≤ 0 ∧ x > 0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; 1 ≤ x2
+ y2
< 9} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.5. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; |x| ≥ 1 ∧ |y| ≤ 2} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.6. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; x ≥ y2
∧ y ≥ x2
} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.7. D (f) = {[x, y] ∈ R2
; −x2
≤ y ≤ x2
∧ x ̸= 0} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.8. Definiční obor funkce f (x, y) =
√
arctg y2−x2
x2+y2−9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.9. Definiční obor funkce f (x, y) = ln −5
x2−y2 +
√
4y − y2 − x2 . . . . . . . . . . . . . 22
2.10. Definiční obor funkce f (x, y) =
√
x − ln y + ln (x + 1) . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.11. D(f) = {[x, y] ∈ R2
; 2kπ ≤ x2
+ y2
≤ (2k + 1) π, k ∈ N0} . . . . . . . . . . . . 23
2.12. D(f) =
{
[x, y] ∈ R2
; 0 ≤ y ≤ 1
1+x2
}
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.13. Definiční obor funkce f (x, y) = arcsin (x2
+ y2
− 1) + 1
x
ln (x2
− y) . . . . . . . . 25
2.14. D(f) =
{
[x, y] ∈ R2
; y ̸= x + kπ
2
, k ∈ Z
}
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.15. Definiční obor funkce f (x, y) =
√
sin x cos y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.1. Graf funkce f (x, y) = 3
2
− x
2
+ y
4
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2. Graf funkce f (x, y) =
√
6 − x2 − y2 + 4x + 2y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3. Graf funkce f (x, y) =
√
x2 + y2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.4. Graf funkce f (x, y) = 4
x2+y2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.5. Graf funkce f (x, y) = x2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5.1. Obor spojitos funkce f (x, y) = exy
xy
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.2. Množina bodů nespojitos funkce f (x, y) = exy
xy
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.3. Obor spojitos funkce f (x, y) = x2−3xy+5
(x−2)2
+(y+2)2
−25
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.4. Množina bodů nespojitos funkce f (x, y) = x2−3xy+5
(x−2)2
+(y+2)2
−25
. . . . . . . . . . . . 69
5.5. Obor spojitos funkce f (x, y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5.6. Množina bodů nespojitos funkce f (x, y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
5.7. Obor spojitos funkce f (x, y) = ln (x + y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
5.8. Obor spojitos funkce f (x, y) =
√
9 − x2 − y2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
5.9. Obor spojitos funkce f (x, y) = arccos y
x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
5.10. Obor spojitos funkce f (x, y) = sin ln y
cos x
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.11. Množina bodů nespojitos funkce f (x, y) = sin ln y
cos x
. . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.12. Obor spojitos funkce f (x, y) = 1
sin x sin y
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
5.13. Množina bodů nespojitos funkce f (x, y) = 1
sin x sin y
. . . . . . . . . . . . . . . . 73
9.1. Graf funkce f (x, y) = x2
+ xy + y2
− 6x − 9y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
9.2. Graf funkce f (x, y) = 2xy − 4x − 2y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
9.3. Graf funkce f (x, y) = y
√
x − y2
− x + 6y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
9.4. Graf funkce f (x, y) = 4
√
x2 + y2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
9.5. Graf funkce f (x, y) = −x3
− 3y2
+ 6xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
9.6. Graf funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
9.7. Graf funkce f (x, y) = x3
+ xy2
+ 6xy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
9.8. Graf funkce f (x, y) = e−x2−y2
(x2
+ 2y2
) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
9.9. Graf funkce f (x, y) = 5
√
(2 + x)2
· 5
√
(2 − y)2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
10.1. Graf funkce x2
+ y2
a rovina x + y − 1 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
10.2. Množina M a body podezřelé z globálního extrému . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
10.3. Množina M a body podezřelé z globálního extrému . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
10.4. Množina M a body podezřelé z globálního extrému . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
11.1. Definiční obor funkce f (x, y, z) =
ln (x2+y2+z2−4)√
9−x2−y2−z2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
11.2. Část roviny x
12
+ y
4
+ z
2
= 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
11.3. Množina M a body podezřelé z globálního extrému . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
12.1. Graf křivky y2
= x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
12.2. Graf funkce y =
√
4 − x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
12.3. Graf funkce F (x, y) = x3
+ y3
− 3xy − 3 a roviny z = 0 . . . . . . . . . . . . . . 180
12.4. Nulová vrstevnice funkce F (x, y) = x3
+ y3
− 3xy − 3 . . . . . . . . . . . . . . . 180
12.5. Graf funkce F (x, y) = x2
− y2
+ 2x + 6y − 4 a roviny z = 0 . . . . . . . . . . . . 183
12.6. Nulová vrstevnice funkce F (x, y) = x2
− y2
+ 2x + 6y − 4 . . . . . . . . . . . . 183
Seznam tabulek
9.1. Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy . . . . . . . . . . . . . . 118
9.2. Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y) = x4
+ y4
− 36xy . . . . . . . . . . . . . . 120
9.3. Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y) = e−x2−y2
(x2
+ 2y2
) . . . . . . . . . . . . . 122
11.1. Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y, z) = 2x3
yz − x2
− y2
− z2
. . . . . . . . . . 155
11.2. Vyhodnocení extrémů funkce f (x, y, z) = xyz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157