Lagrange-féle multiplikátor módszer és alkalmazása

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Nemesné Jónás Nikolett Lagrange-féle multiplikátor módszer és alkalmazása Matematika BSc, Matematikai elemz szakirány Témavezet : Szekeres Béla János, tudományos segédmunkatárs MTA-ELTE Numerikus Analízis és Nagy Hálózatok Kutatócsoport Budapest, 2017

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet mnek, Szekeres Béla Jánosnak, aki felkeltette érdekl désem a téma iránt, és segítségével, hasznos tanácsaival hozzájárult a szakdolgozatom elkészüléséhez. Köszönettel tartozom a családomnak az egyetemi éveim alatt nyújtott kitartó támogatásukért. 2

3 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 4 2. Szükséges el ismeretek Parciális deriváltak és széls értékek kapcsolata Feltételes széls érték probléma A Lagrange-multiplikátor módszer alkalmazásai Többváltozós függvény, egy feltétel Háromváltozós függvény, két feltétel Feltételek egyenl tlenségként További gyakorlati példák Maximális terméshozam Henger felületének minimalizálása Maximális entrópia számítása

4 1. fejezet Bevezetés A széls érték feladatok fontos gyakorlati alkalmazása a matematikai analízisnek. Szakdolgozatom témája ezzel kapcsolatos, feltételes széls értékek keresése Lagrange-multiplikátor módszerrel. A dolgozat els fejezetében áttekintem az elmélethez kapcsolódó deníciókat és tételeket a [1] munka alapján. A második fejezetben egyszer példákon keresztül mutatom be a Lagrange-multiplikátor módszer alkalmazását. A harmadik fejezetben pedig néhány gyakorlatban is el forduló alkalmazást vizsgálok: terméshozam optimalizálása adott költség- és hozamfüggvények mellett, adott térfogatú henger felületének minimalizálása, illetve entrópiafüggvény maximalizálása. 4

5 2. fejezet Szükséges el ismeretek 2.1. Parciális deriváltak és széls értékek kapcsolata Deníció. Az f függvénynek lokális minimuma (maximuma) van az a R n pontban, ha van a-nak olyan K környezete, amiben f értelmezve van, és minden x K-ra: f(a) f(x) (illetve(f(a) f(x)). Ebben az esetben az f függvény lokális minimumhelyének (maximumhelyének) nevezzük az a R n pontot Megjegyzés. Ha minden a-n kívüli x K-ra f(x) < f(a) (illetve f(x) > f(a)), akkor szigorúan lokális maximumról, maximumhelyr l (illetve szigorúan lokális minimumról, minimumhelyr l) beszélünk. Ezeket közösen lokális széls értéknek, széls értékhelynek nevezzük Tétel. Ha az f függvénynek az a R n pontban lokális széls értéke van, és létezik mindegyik parciális deriváltja a-ban, akkor ezek a parciális deriváltak elt nnek ebben az a pontban, azaz: i f(a) = 0, i = 1...n-re Tétel. Legyen A R n halmaz korlátos és zárt, f : A R folytonos. Tegyük fel, hogy f-nek A belsejének minden pontjában léteznek a parciális deriváltjai. Ekkor f a maximumát (vagy minimumát) A határán, vagy pedig olyan bels pontban veszi fel, ahol a parciális deriváltak nullák. 5

6 Deníció. Jacobi-mátrixnak nevezzük egy n-változós függvény els rend parciális deriváltjait tartalmazó mátrixot. J = f 1 x f m x Deníció. Legyen f(x), x D( R n ) n-változós függvény, melynek létezik minden másodrend parciális deriváltja az a D pontban. Hesse-mátrixnak nevezzük az f függvény H f (a) = f 1 x n. f m x n. másodrend parciális deriváltjaiból alkotott négyzetes mátrixot. 2 f (a) 2 f x 2 1 x 1 x 2 (a)... 2 f x 2 x 1 (a). 2 f x n x 1 (a) 2 f (a)... x f x n x 2 (a) Feltételes széls érték probléma 2 f x 1 x n (a) 2 f x 2 x n (a). 2 f x 2 n (a). A feltételes széls érték keresésekor úgy keressük az adott f(x) függvény széls értékét, hogy közben egy, vagy több feltételnek is teljesülnie kell Tétel. (Lagrange-féle multiplikátor-módszer) Legyen f(x), x D( R n ) n- változós függvény folytonosan dierenciálható az a D pontban, továbbá g i, i = 1...m folytonosan dierenciálható függvények, melyek értelmezve vannak az a pontban, és teljesül rá, hogy g i (a) = 0, valamint g i(a) Jacobi-mátrix sorvektorai lineárisan függetlenek. Ha f- nek feltételes széls értéke van az a-ban a g 1 (x) = 0, g 2 (x) = 0,..., g m (x) = 0 feltétel mellett, akkor az L(x) = f(x) + λ 1 g 1 (x) + λ 2 g 2 (x) λ m g m (x) = f(x) + m λ i g i (x) Lagrange függvény összes parciális deriváltja elt nik az a pontban: x i (a) = 0, (i = 1, 2... n). Ez a Lagrange-féle multiplikátor módszer szükséges feltétele. i= Megjegyzés. A tételben szerepl λ i skalárok a Lagrange-multiplikátorok, amelyek közül legalább az egyik nem nulla. 6

7 A bizonyítás el tt szükséges az egyváltozós implicitfüggvény-tétel ismerete: Tétel. (Egyváltozós implicitfüggvény-tétel) Tegyük fel, hogy a kétváltozós, valós érték f függvény elt nik az (a, b) R 2 pontban, és folytonos az (a, b) egy környezetében. Tegyük fel, hogy a 2 f parciális derivált létezik, véges és nullától különböz az (a, b) pont egy környezetében. Ekkor léteznek olyan δ és ɛ pozitív számok, hogy: 1. Minden x (a δ, a + δ)-hoz létezik egyetlen ϕ(x) (b ɛ, b + ɛ) szám, melyre f(x, ϕ(x)) = 0, továbbá 2. az így deniált ϕ függvény folytonos az (a δ, a + δ) intervallumban. A Tétel bizonyítása. A bizonyítást n = 2, m = 1 és feltételes minimum esetén végezzük, de a feltételes maximum esete is hasonlóan gondolható meg. A feltételek alapján a g := g 1 : R 2 R függvény folytonosan dierenciálható, és az a := (a 1, a 2 ) pontban g(a 1, a 2 ) = 0. Ebben a pontban a rangfeltétel rang( 1 g(a 1, a 2 ), 2 g(a 1, a 2 )) = 1. Ezért feltehetjük, hogy 2 g(a 1, a 2 ) 0. Ekkor az egyváltozós implicitfüggvény-tétel szerint létezik a 1 -nek K(a 1 ) és a 2 -nek K(a 2 ) környezete, és létezik olyan ϕ : K(a 1 ) K(a 2 ) dierenciálható függvény, amelyre és ϕ(a 1 ) = a 2. Ez azt jelenti, hogy minden x K(a 1 ) esetén g(x, ϕ(x)) = 0, H = { (x, y) R 2 g(x, y) = 0 } { (x, ϕ(x)) R 2 x K(a 1 ) } =: H. (2.1) Azaz g(a 1, ϕ(a 1 )) = 0, melyet deriválva teljesül, hogy 1 g(a 1, a 2 ) + ϕ (a 1 ) 2 g(a 1, a 2 ) = 0. (2.2) Mivel az f függvény H halmazra vett lesz kítésének lokális minimuma van az (a 1, a 2 ) H pontban, ezért létezik r > 0, hogy az (a 1, a 2 ) pont K r (a 1, a 2 ) környezetére minden (x, y) K r (a 1, a 2 ) H esetén f(x, y) f(a 1, a 2 ). (2.3) 7

8 A (2.1) alapján x K(a 1 ) esetén (x, ϕ(x)) H H. Felhasználva, hogy ϕ folytonos K(a 1 )-en, meggondolható, hogy létezik olyan K (a 1 ) K(a 1 ) környezet, hogy minden x K (a 1 ) esetén (x, ϕ(x)) K r (a 1, a 2 ) H. Így (2.3)-ból következik, hogy minden x K (a 1 ) esetén f(x, ϕ(x)) f(a 1, ϕ(a 1 )) = f(a 1, a 2 ). Ez azt jelenti, hogy a h : K (a 1 ) R, h(x) := f(x, ϕ(x)) valós függvénynek lokális minimuma van az a 1 pontban. A h függvény dierenciálható (dierenciálható függvények kompozíciója), ezért h (a 1 ) = 0. A kompozíciófüggvény deriválási szabályai alapján h (x) = f (x, ϕ(x)) (x, ϕ (x)) = = ( 1 f(x, ϕ(x)), 2 f(x, ϕ(x))), (1, ϕ(x)) = = 1 f(x, ϕ(x)) + ϕ (x) 2 f(x, ϕ(x)). Ezért h (a 1 ) = 1 f(a 1, a 2 ) + ϕ (a 1 ) 2 f(a 1, a 2 ) = 0. (2.4) Legyen λ R tetsz leges szám, és szorozzuk meg λ-val a (2.2) egyenl séget, majd adjuk össze a (2.4) egyenl séggel, így nyerjük az alábbi azonosságot 1 f(a 1, a 2 ) + λ 1 g(a 1, a 2 ) + ϕ (a 1 ) [ 2 f(a 1, a 2 ) + λ 2 g(a 1, a 2 )] = 0. (2.5) A λ szám megválasztható úgy, hogy 2 f(a 1, a 2 ) + λ 2 g(a 1, a 2 ) = 0 (2.6) ( a λ := ) 2f(a 1, a 2 ) 2 g(a 1, a 2 ) megfelel. Ha a λ esetén (2.5)-ben a szögletes zárójelben lév tényez 0, akkor 1 f(a 1, a 2 ) + λ 1 g(a 1, a 2 ) = 0 (2.7) 8

9 is teljesül. Összesítve az eredményeket, azt kapjuk, hogy ha az f függvénynek feltételes minimuma van a g = 0 feltétel mellett, az a = (a 1, a 2 ) pontban, akkor az F := f + λ g függvénynek az els változó szerinti parciális deriváltja 0 (ezt mutatja (2.7)), és a második változó szerinti parciális deriváltja is 0 (ezt mutatja (2.6)). Tehát F (a) = F (a 1, a 2 ) = ( 1 F (a 1, a 2 ), 2 F (a 1, a 2 )) = Tétel. (Elégséges feltétel) A Tétel feltételei mellett az L Lagrange-függvény Hesse-mátrixa az a pontban pozitív denit, akkor az f függvénynek lokális minimuma van az a pontban, a g i = 0, i = 1...m feltétel mellett, ha pedig az L Lagrange-függvény Hessemátrixa az a pontban negatív denit, akkor az f függvénynek lokális minimuma van az a pontban a g i = 0, i = 1...m feltétel mellett. 9

10 3. fejezet A Lagrange-multiplikátor módszer alkalmazásai 3.1. Többváltozós függvény, egy feltétel Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = x 2 +y 2 függvény széls értékhelyét a g(x, y) = x + y = 10 feltétel mellett. Els ként felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk az els rend parciális deriváltakat, amiket egyenl vé teszünk nullával. L(x, y) = x 2 + y 2 + λ(x + y 10). = 2x + λ = 0, x (3.1) = 2y + λ = 0. y (3.2) A (3.1) és (3.2) egyenletekb l lehetséges széls érték helyeket kapunk, de ezek még függnek a bevezetett λ multiplikátortól: x = λ 2, (3.3) y = λ 2. (3.4) 10

11 A (3.3), (3.4) formulákból következik, hogy λ = x = y, továbbá az x+y = 10 feltétel 2 miatt x = y = 5. Az f(x, y) = x 2 + y 2 függvény széls értékei az x + y = 10 feltétel mellett az (x, y) = (5, 5) pont, aminek értéke: f(5, 5) = = = 50. Ez az érték a függvény minimuma, mivel a feltételnek megfelel (x, y) pontpárokat behelyettesítve 50-nél nagyobb értékeket kapunk Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = x+2y függvény széls értékhelyét a g(x, y) = x 2 + y 2 = 4 feltétel mellett. Els ként felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk az els rend parciális deriváltakat. L(x, y, λ) = x + 2y + λ(x 2 + y 2 4). Els rend parciális deriváltak, amiket egyenl vé teszünk nullával: x = 1 + 2xλ = 0, (3.5) 11

12 y = 2 + 2yλ = 0. (3.6) Az (3.5) és (3.6) egyenletekb l lehetséges széls értékhelyeket kapunk, de ezek még függnek a bevezetett λ multiplikátortól: x = 1 2λ, (3.7) y = 1 λ. (3.8) A (3.7) és (3.8) értékeket a feltételbe visszahelyettesítve kapunk a λ-ra megfelel értékeket, amiket a parciális deriváltakba beírva megkapjuk a keresett (x, y) helyet: λ 1 = 5 4, (3.9) λ 2 = 5 4. (3.10) Mindkét λ esetén vissza kell helyettesítenünk a parciális deriváltakba, hogy az összes lehetséges széls értékhelyet megkapjuk: λ 1 = 5 4 esetén: x = 0, (3.11) y = 0. (3.12) 4 A (3.11) és (3.12) egyenletekb l álló egyenletrendszert megoldva kapjuk az egyik lehetséges széls érték helyet: (x 1, y 1 ) = ( ) 5 λ 2 = esetén hasonlóan járunk el: 4 ( 2 5, 4 5 ). ( ) x = 0, (3.13) 4 12

13 ( ) y = 0. (3.14) 4 A (3.13) és (3.14) egyenletekb l álló egyenletrendszert megoldva kapjuk a másik lehetséges széls értékhelyet: (x 2, y 2 ) = ( 2 4 5, ). 5 Az ( f(x, y) = x + 2y függvénynek a g(x, y) = x 2 + y 2 = 4 feltétel mellett az (x 1, y 1 ) = 2, 4 ) ( ) 2 4 és (x 2, y 2 ) = 5, pontokban van széls értéke, aminek értékei: (x 1, y 1 ) esetében minimuma van: f ( 2, 4 ) ( ( )) 2 4 = + 2 = 10 4, (x 2, y 2 ) esetében maximuma van: f ( ) ( ( )) , = = 10 4,

14 Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = xy függvény széls értékét a g(x, y) = 3x 2 + y 2 = 6 feltétel mellett. Ahogyan eddig, el ször a Lagrange-függvényt írjuk fel, majd kiszámoljuk a parciális deriváltakat: L(x, y) = xy + λ(3x 2 + y 2 6). (3.15) = y + λ6x = 0, x (3.16) = x + λ2y = 0. y (3.17) A (3.16) és a (3.17) egyenleteket rendezve kapjuk az alábbi összefüggést: y = λ6x, (3.18) x = λ2y. (3.19) Felhasználva a (3.19) formulát, y-ra a következ egyenl séget kapjuk: y = 12λ 2 y. (3.20) Ha y nulla, akkor a (3.19) miatt x-nek is nullának kell lennie, de ez nem teljesítené a feltételt, így y 0. Tehát a (3.20) egyenl ség csak akkor teljesülhet, ha 12λ 2 = 1. Helyettesítsük be a (3.18) egyenletet a feltételbe, majd hozzuk megfelel alakra: 3x 2 + ( λ6x) 2 = 6 3x λ 2 x 2 = 6, ami ekvivalens azzal, hogy 3x 2 + 3(12λ 2 )x 2 = 6. (3.21) Mivel 12λ 2 = 1, ezért (3.21) a következ t jelenti: 3x 2 + 3x 2 = 6. (3.22) (3.22)-ból következik, hogy x = ±1, y = ± 3. Az f(x, y) = xy függvény széls értékhelye és annak értéke a g(x, y) = 3x 2 +y 2 = 6 feltétel mellett a következ k: 14

15 f(1, 3) = 3, f(1, 3) = 3 f( 1, 3) = 3, f( 1, 3) = 3 Az (x, y) = (1, 3) és a (x, y) = ( 1, 3) pontokban maximuma, míg a (x, y) = (1, 3) és a (x, y) = ( 1, 3) pontokban pedig minimuma van Példa. Keressük meg az f(x, y, z) = x 2 y 2 széls értékét a g(x, y, z) = x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 1 feltétel mellett. A Lagrange-függvény felírása után meghatározzuk a parciális deriváltakat: L(x, y, z) = x 2 y 2 + λ(x 2 + 2y 2 + 3z 2 1). = 2x + 2λx = 0, x (3.23) = 2y + 4λy = 0, y (3.24) = 6λz = 0. z (3.25) A (3.25) egyenlet csak akkor teljesülhet, ha λ = 0 vagy z = 0. 15

16 Els ként nézzük meg azt az esetet, amikor λ = 0. Ebben az esetben, a (3.23) és a (3.24) formulákból következik, hogy x = 0 és y = 0. Így a feltételb l azt kapjuk, hogy z = ± 1 3. ( (x 1, y 1, z 1 ) = 0, 0, (x 2, y 2, z 2 ) = 1 3 ), ( 0, 0, 1 3 ). Másodszor nézzük meg azt az esetet, amikor a λ 0. A (3.25) egyenletb l következik, hogy z = 0. Mivel a z változó csak a feltételben szerepel, így további esetszétválasztásra van szükségünk. 1. Ha x = 0. Ekkor a feltételb l következik, hogy y = ± 1 2, azaz ( (x 3, y 3, z 3 ) = 0, (x 4, y 4, z 4 ) = ) 1, 0, 2 ( 0, 1 2, 0 ). 1. Ha x 0. Ebben az esetben a (3.23) egyenl ség csak akkor teljesül, ha λ = 1. Ezzel együtt (3.24) csak akkor igaz, ha y = 0. Ezeket a feltételbe visszahelyettesítve megkapjuk az utolsó két széls értékhelyet: (x 5, y 5, z 5 ) = (1, 0, 0), (x 6, y 6, z 6 ) = ( 1, 0, 0). Végeredményben kapott széls értékhelyek, és ott a függvény értéke: ( ) ( 1 f 0, 0, = 0, f 0, 0, 1 ) = 0, ( ) f 0, 0, = 1 (, f 0, 0, 1 ) = 1, f(1, 0, 0) = 1, f( 1, 0, 0) = Példa. Határozzuk meg az f(x, y, z) = x + y + 2z függvény széls értékhelyét a g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 = 3 feltétel mellett. El ször felírjuk a Lagrange függvényt a λ 16

17 multiplikátor bevezetésével, majd meghatározzuk az x, y, és z szerinti parciális deriváltakat: L(x, y, z) = x + y + 2z + λ(x 2 + y 2 + z 2 3). (3.26) = 1 + 2xλ = 0, x (3.27) = 1 + 2yλ = 0, y (3.28) z = 2 + 2zλ = 0. (3.29) A (3.27), (3.28) és a (3.29) által alkotott egyenletrendszert elvégezve kapuk egy lehetséges (x, y, z) széls érték helyet, de ezek függnek λ-tól: x = 1 2λ, (3.30) y = 1 2λ, (3.31) z = 1 λ. (3.32) Ezeket a feltételbe visszahelyettesítve kapunk λ-ra két megfelel értéket: λ 1 = 1 2, (3.33) λ 2 = 1 2. (3.34) A (3.33) és (3.34) segítségével megkapjuk a feltételt kielégít széls értékhelyeket: 1. λ 1 = 1 2 esetén: 2. λ 2 = 1 2 esetén: (x 1, y 1, z 1 ) = (x 2, y 2, z 2 ) = ( ( 2 2 2, 2, ) 2. ) 2 2 2, 2, 2. 17

18 Ebben a két pontban a függvény értéke a következ : ( 2 2 f 2, 2, ) = = 3 2, ami a függvény maximuma, ( ) f 2, 2, 2 = = 3 2, ami pedig a függvény minimuma Háromváltozós függvény, két feltétel Olyan eset is adódhat, amikor két feltételt is gyelembe kell vennünk. Ekkor két λ multiplikátort is be kell vezetnünk. A következ példában egy ilyen esetet vizsgálunk Példa. Határozzuk meg az f(x, y, z) = x 2 + 3xy + 2y 2 + 4y + 0.5z függvény széls értékét a g 1 (x, y, z) = x + y + z = 4 és a g 2 (x, y, z) = x z = 2 feltételek mellett. Els ként írjuk fel a Lagrange-függvényt, majd határozzuk meg az els rend parciális deriváltakat. L(x, y, z) = x 2 + 3xy + 2y 2 + 4x + 0.5z λ 1 (x + y + z 4) + λ 2 (x z 2). Az els rend parciális deriváltak, amiket egyenl vé teszünk nullával: x = 2x + 3y λ 1 + λ 2 = 0, (3.35) y = 3x + 4y + λ 1 = 0, (3.36) z = z + λ 1 λ 2 = 0. (3.37) A (3.35), (3.36) és a (3.37) egyenletekb l lehetséges széls értékhelyeket kapunk, de ezek még függnek a bevezetett λ 1, λ 2 multiplikátoroktól: x = λ 1 + 4λ , y = λ λ 2, z = λ 1 + λ 2. 18

19 A fenti (x, y, z) értéket a g 1 és g 2 feltételekb l álló egyenletrendszerbe visszahelyettesítjük, és így kapunk λ 1 -re, és λ 2 -re megfelel eredményeket: λ 1 = 4, λ 2 = 2. A λ 1, és λ 2 értékeket, a (3.35), (3.36) és a (3.37) parciális deriváltakba behelyettesítve megkapjuk a feltételeknek eleget tev (x, y, z) megoldásokat: x = 4, y = 2, z = 2. Az f(x, y, z) függvény széls értékhelye a g 1 és a g 2 feltétel mellett az (x, y, z) = (4, 2, 2), az értéke pedig : ( 2) + 2 ( 2) , = 30. Ez az érték a függvény minimuma, mert a feltételt kielégít pontokat behelyettesítve nagyobb értéket kapunk, például az (x, y, z) = (2, 2, 0) pont esetén a függvény értéke : , = Feltételek egyenl tlenségként Amikor a feltétel, vagy a feltételek nem egyenl ség, hanem egyenl tlenség formájában vannak megadva, a tartomány peremét, és a belsejét is külön-külön meg kell vizsgálni. Ennek oka, hogy a lehetséges széls értékek vagy a tartomány belsejében, vagy a peremen találhatók a Tétel szerint Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = (x 1) 2 +(y 3) 2 függvény széls értékhelyét a g 1 (x, y) = x + y 2 és a g 2 (x, y) = y x feltételek mellett. Ahogyan eddig, els ként felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk az els rend parciális deriváltakat, majd ezeket egyenl vé tesszük nullával: L(x, y) = (x 1) 2 + (y 3) 2 + λ 1 (x + y 2) + λ 2 (x y). 19

20 x = 2(x 1) + λ 1 + λ 2 = 0, (3.38) y = 2(y 3) + λ 1 λ 2 = 0. (3.39) Azoknál a feladatoknál, ahol egyenl tlenséggel vannak megadva a feltételek, ott több esetet kell megvizsgálnunk. A lehetséges esetek a λ multiplikátorok és a feltételek alapján kerülnek szétválasztásra: λ 1 (x + y 2) = 0, λ 2 (x y) = 0. I. eset: amikor a tartomány belsejében nézzük meg a lehetséges széls értékeket. λ 1 = 0, λ 2 = 0: Mivel mindkét λ nulla, ezért a 2(x 1) = 0 és a 2(y 3) = 0 egyenleteket megoldva kapunk x-re, és y-ra lehetséges értéket: (x, y) = (1, 3). Ezt a pontot még ellen riznünk kell, hogy teljesítik-e a feltételeket: = 4 2: nem teljesíti a feltételt, így ez a pont nem megfelel széls értékhely. II. eset: λ 1 = 0, λ 2 0: Mivel λ 2 0, ezért a második feltételb l képzett λ 2 (x y) = 0 akkor és csak akkor lehet 0, ha (x y) = 0, ami ekvivalens azzal, hogy x = y. Ezek alapján a 2(x 1) + λ 2 = 0, (y 3) λ 2 = 0. egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy λ 2 = 2, majd ezt felhasználva kapjuk a következ lehetséges széls értékhelyet: (x, y) = (2, 2), amit még ellen riznünk kell. A g 1 (x, y) = x + y 2 feltételbe visszahelyettesítve láthatjuk, hogy ezt a pont nem teljesíti, emiatt ez is hamis megoldás. III. eset: λ 1 0, λ 2 = 0: 20

21 Ennél az esetnél mivel λ 1 0, ezért a g 1 feltételb l indulunk ki. λ 1 (x + y 2) = 0 csak akkor lehet, ha (x + y 2) = 0, amib l következik, hogy x = 2 y. Hasonlóan a II. esethez megoldjuk a 2(x 1) + λ 1 = 0, (y 3) + λ 1 = 0 egyenletrendszert, ami után megkapjuk a λ 1 = 2 + 2y és az (x, y) = (0, 2) eredményt. Ez az (x, y) eredmény megfelel széls értékhely, mert a g 1 és a g 2 feltételt is teljesíti. Az f(x, y) = (x 1) 2 + (y 3) 2 függvénynek ebben a pontban az értéke: f(0, 2) = (0 1) 2 + (2 3) 2 = 2. IV. eset, amikor egyik λ érték sem nulla: λ 1 0, λ 2 0. Ekkor a λ 1 (x + y 2) = 0 és λ 2 (x y) = 0 egyenletekb l kiindulva kapunk x-re és y-ra megfelel értéket. Mivel egyik λ se nulla, ezért az x + y 2 = 0, x y = 0 egyenletrendszert kell megoldanunk, amib l következik, hogy x = 1, y = 1, λ 1 = 2, λ 2 = 2. A kapott (x, y) = (1, 1) értéket ellen riznünk kell. Visszahelyettesítjük a g 1 és a g 2 feltételbe, és láthatjuk, hogy mindkett t teljesíti, így az eredeti függvénynek az (1, 1) pontban is van széls értéke, aminek értéke: f(1, 1) = (1 1) 2 + (1 3) 2 = 4. Végeredményben a négy eset megvizsgálása után azt kaptuk eredményül, hogy az eredeti f(x, y) = (x 1) 2 + (y 3) 2 függvénynek a g 1 és a g 2 feltétel mellett maximuma van az (x, y) = (1, 1) pontban, értéke 4, és minimuma van az (x, y) = (0, 2) pontban, ahol az értéke 2. 21

22 4. fejezet További gyakorlati példák 4.1. Maximális terméshozam Példa. Egy gazdaság A,B,C tábláján a talajtól függ en más-más fajta m trágyát használ. Megállapították, hogy az A táblán a holdankénti terméshozam és a m trágya mennyisége közötti kapcsolatot a 4+3x 2x 2, a B táblán a 4+5y y 2, a C táblán pedig a 2 + 6z 3z 2 formulák tükrözik. Az A, B, C táblák nagysága rendre: 500, 200, és 100 hold nagyságú. A különböz m trágyafajták milyen mennyisége mellett lesz a terméshozam maximális a 3 táblán együtt, azon feltétel mellett, hogy a m trágya beszerzésére Ft áll rendelkezésre, és a m trágyák egységára 40, 30, 20 Ft? Megoldás. A feladatban a maximális terméshozamot kell meghatározni úgy, hogy teljesüljön a feltétel az adott adatok mellett. A feltétel függvénye a következ lesz: g(x, y, z) = x y z = 20000x y z (4.1) ami a következ k alapján áll össze: Az A táblára az x fajta m trágya kell, aminek az egységára 40 Ft, a tábla nagysága 500 hold, ezért: A := x. 22

23 A másik kett, B és C táblákra vonatkozó összefüggésekre hasonlóan adódik, hogy: B := y, C := z. Ezek összege legfeljebb 20000, mert a beszerzésre ekkora keretösszeg áll rendelkezésre, továbbá x, y, z 0. (4.2) Amit pedig maximalizálnunk kell, az F (x, y, z) = 500(4 + 3x 2x 2 ) + 200(4 + 5y y 2 ) + 100(2 + 6z 3z 2 ). Ez a terméshozam és a m trágyák mennyisége közti kapcsolatot adja meg, gyelembe véve a táblák nagyságát. A (4.1) és a (4.2) feltételek egy tetraédert határoznak meg. Ebben az esetben a (2.1.4) Tétel szerint meg kell néznünk, hogy a célfüggvény a tartomány belsejében vagy a peremén veszi fel a széls értékét. Amennyiben a tartomány belsejében, úgy a Tétel szerint teljesül a következ egyenletrendszer: F = x = 0, x (4.3) F = y = 0, y (4.4) F z = z = 0. (4.5) A (4.3), (4.4) és a (4.5) egyenletekb l kapunk x, y, z-re lehetséges értékeket, amit le kell ellen riznünk, hogy teljesíti-e a feltételt. x = = 3 4, y = = 2.5, z = = 1. A feltételbe visszahelyettesítve kapjuk, hogy 23

24 = , 4 ezért maximum csak a peremen lehet, ami azt jelenti, hogy a feltétel az alábbi lesz: g(x, y, z) = x y z = 20000x y z = (4.6) A maximalizálandó F függvény és a (4.6) feltételb l álló Lagrange-függvény a következ : L(x, y, z) = 500(4 + 3x 2x 2 ) + 200(4 + 5y y 2 ) + 100(2 + 6z 3z 2 )+ +λ(20000x y z 20000). Az x, y és z szerinti parciális deriváltak: = 500(3 4x) λ = 0, x (4.7) = 200(5 2y) λ = 0, y (4.8) z = 100(6 6z) λ = 0. (4.9) A (4.7), (4.8) és a (4.9) egyenletek megoldásaként kapjuk, hogy x = λ, (4.10) 4 y = λ, 2 (4.11) z = λ. 3 (4.12) Ezek az (x, y, z) értékek még függnek λ-tól, de a feltételbe visszahelyettesítve kapunk λ-ra helyes értéket, amib l már következik a feladat megoldása: ( ) ( ) ( λ λ ) 3 λ = (4.13) A (4.13) egyenletb l ekvivalens átalakításokkal kapjuk λ-ra a következ értéket: λ =

25 Ezt a λ-t felhasználva megkapjuk a helyes megoldást: x = 3 ( ) = 123 0, 345, y = 5 ( ) = 337 1, 893, z = ( ) 18 = 77 0, A feladatban kért maximális terméshozam az (x, y, z) = (0.345, 1.893, 0.865) mennyiségek mellett teljesül Henger felületének minimalizálása Példa. Határozzuk meg, hogy adott V térfogat esetén milyen sugár és magasság mellett lesz a henger felülete minimális. Kör alapú henger felülete: A = 2πr 2 + 2πrh, ahol r a sugár és h a magasság. A térfogat adott, ami legyen: V = πr 2 h. Ezek az adatok alapján fel tudjuk írni a Lagrange-függvényt, ahol A a minimalizálandó függvény, V pedig a feltétel: L(r, h) = 2πr 2 + 2πrh + λ(πr 2 h V ). Készítsük el a parciális deriváltakat, amiket egyenl vé teszünk nullával: r = 4πr + 2πh + λπrh = 0, (4.14) h = 2πr + λπr2 = 0. (4.15) Vegyük észre, hogy a (4.14) és a (4.15) formulákat átrendezve, fel tudjuk írni a kett egyenlet arányát, amib l kapunk h-ra és r-re egy helyes összefüggést: 4πr + 2πh = λπrh, 2πr = λπr 2. 25

26 Most vegyük ezek arányát, és hozzuk egyszer bb alakra: 4πr + 2πh 2πr = λπrh λπr 2, amib l következik, hogy 2r + h r = h r. (4.16) A (4.16) formulából ekvivalens átalakítással a következ összefüggést kapjuk: h = 2r. (4.17) Azaz a henger felülete minimális lesz (4.17) összefüggés esetén, ami azt jelenti, hogy a magasság kétszerese a sugárnak. Ezek után még vissza kell helyettesítünk a térfogatot meghatározó összefüggésbe, hogy r-re, és h-ra megkapjuk a megfelel értéket: V = πr 2 h = πr 2 2r. r = 3 V 2π, h = 2r = 2 3 V 2π Maximális entrópia számítása Példa. Legyen X a természetes számokon értelmezett valószín ségi változó, melynek eloszlása P {X = i} = p i, i = 0, 1, 2,... Célunk az entrópia maximalizálása, az E{X} = 13.5 várható érték feltétel mellett, ahol az entrópia függvény az alábbi formulával adott: H(X) = p i log(pi). (4.18) Továbbá felhasználjuk az alábbi két feltételt: p i = 1, (4.19) 26

27 azaz, hogy {p i } i N eloszlás, illetve a várható értéke: E {X} = i p i = 13.5, (4.20) ahol p i az i-dik elemi esemény valószín sége. A (4.18), (4.19) és (4.20) formulák segítségével fel tudjuk írni a Lagrange függvényt a feladat megoldásához: (( L = p i log(pi) + λ 1 ) ) (( ) ) i p i λ 2 p i 1. Els ként megnézzük a Lagrange-függvény p i szerinti deriváltját: p i = log(p i ) 1 + λ 1 i + λ 2 = 0, ahol i = 0, 1, 2,... (4.21) A (4.21) egyenletb l ekvivalens átalakításokkal kifejezzük p i -t: log (p i ) = 1 + λ 1 i + λ 2 e log(pi) = e λ i i }{{} e} λ2 1 {{} α i β p i = α i β, i = 0, 1, 2,... (4.22) Ezzel beláttuk, hogy {p i : i = 0, 1, 2,...} egy mértani sor, ami az eloszlásparaméterek (α és β) meghatározásánál segítségünkre lesz, ugyanis fel tudjuk használni az alábbi, mértani sor összegképletére vonatkozó azonosságot: p i = 1 (1 p). Ez alapján tudjuk kiszámolni λ 2 -re vonatkozó összefüggést: p i = α i β = β α i = A (4.19) és (4.23) egyenletek alapján ki tudjuk fejezni β-t: β (1 α). (4.23) β = 1 α. 27

28 A α eloszlásparamétert a (4.20) és (4.22) azonosságok felhasználásával számolhatjuk ki: i p i = i α i β = β = β α ( ) i α i = β α i α (i 1) = β α α i = ( 1 1 α ) ( = β α 1 (1 α) 2 ). Mivel az el z lépésben kaptuk, hogy β = 1 α, ezért végeredményben: i p i = α 1 α, azaz E {X} = α 1 α = 13.5, amib l következik, hogy α = és β = Innen adódnak a Lagrange-multiplikátorok értékei: ( ) 13.5 λ 1 = log 2 (α) = log 2, ( 14.5) 2 λ 2 = log 2 (β) = log A fentiekben azt mutattuk meg, hogy a {p i : i = 0, 1, 2...} a feltételes entrópiafüggvény széls értékhelye, azt azonban nem tudjuk, hogy minimum, vagy maximum. Ezért legyen {p i } i N eloszlás a következ alakú 1, ha i = 13 vagy i = 14, p i = 2 0, egyébként Világos, hogy erre teljesülnek a (4.19) és (4.20) feltételek, azaz {p i } i N valóban valószín ségi eloszlás és a várható értéke 13,5. Az entrópia értéke: Mivel p i logp i = 1 (log(13) + log(14)) < ( ) ( i log ( ) ) i 13.5 > 0, 14.5 hiszen az összeg minden tagja negatív. Ezzel megmutattuk, hogy az entrópia függvénynek maximuma van a {p i : i = 0, 1, 2...} széls értékhelyen. 28

29 Irodalomjegyzék [1] Laczkovich Miklós - T. Sós Vera: Analízis II., Nemzeti Tankönyvkiadó, 2007 [2] Fekete Zoltán - Zalay Miklós: Többváltozós függvények analízise, M szaki Könyvkiadó, 2007 [3] Pang-Ning Tan, Michael Steinbach, Vipin Kumar: Bevezetés az adatbányászatba, Panem Kft, 2011 [4] matente/oktatasi%20tananyagok/ /FELTETELES_OPTIMALIZALAS.pdf [5] 29

30 30