Módszerek széls érték feladatok vizsgálatára

Átírás

1 Módszerek széls érték feladatok vizsgálatára Szakdolgozat Írta: Muhari Ágnes Matematika BSc, elemz szakirány Témavezet : Dr. Kós Géza egyetemi adjunktus Analízis Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest 2017.

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 3 1. Számtani és mértani közepek alkalmazása 4 Közepek közti összefüggések Feladatok Széls érték keresés másodfokú függvényeknél 7 Tételek és deníciók Feladatok Paraméteres egyenlet 9 Feladatok Széls érték számítás deriválással 12 A derivált fogalma A derivált és a széls érték kapcsolata Feladatok Széls értékek többváltozós függvények esetén 23 Tételek és deníciók Parciális deriváltak Denitség Feladatok Feltételes széls érték 32 Lagrange-féle multiplikátor módszer Feladatok Irodalomjegyzék 36 Köszönetnyilvánítás 37

3 Bevezetés Már középiskolás koromban megtetszettek a széls érték feladatok, de akkor még nem sejtettem, hogy több módszer is foglalkozik ilyen példákkal. Legjobban az tetszett benne, hogy bonyolult feladványokat (akár egy bizonyítás, vagy akár egy testbe mekkora maximális térfogatú másik testet helyezhetünk) is vissza tudtunk vezetni egyszer bb módszerre, például a számtani és mértani közepek közti egyenl tlenségre. Kés bb az egyetemen is megjelent ez az ismer s témakör, és kiderült számomra, hogy többrét bb, mint gondoltam. Egyetemi éveim alatt többször is újra el került ez a téma, és mindig b vítettük tudásunkat. Így végül ez lett a szakdolgozatom témája is, ezzel kicsit összefoglalva a róla szerzett ismereteimet. Szakdolgozatomban minden fejezetet elméleti résszel kezdek, ismertetem a témához kapcsolódó deníciókat, tételeket, következményeket, olykor példával is szemléltetem a leírtak alkalmazását. Majd minden fejezetet feladatokkal zárok, ezzel is tükrözve az elmélet elsajátítását, és az alkalmazhatóság színességét. Az elejét l, vagyis a középiskolás ismeretekkel kezdem a módszerek bemutatását, majd áttérek az egy- és többváltozós függvények megoldási módszereire, végül a feltételes széls érték kereséssel fejezem be a munkámat.

4 1. SZÁMTANI ÉS MÉRTANI KÖZEPEK ALKALMAZÁSA 4 1. Számtani és mértani közepek alkalmazása Közepek közti összefüggések A közepek közötti összefüggések széls érték feladatok megoldására akkor alkalmazhatók, ha valamelyik közép állandó, így egy másik középre adhatunk minimumot vagy maximumot. Az összefüggések közül leggyakrabban a számtani és mértani közép közötti egyenl tlenséget használjuk Deníció. Az a 1, a 2,..., a n számok számtani közepe A = a a n. n 1.2. Deníció. Az a 1, a 2,..., a n számok mértani közepe G = n a 1... a n Tétel. Ha a 1,..., a n tetsz leges nemnegatív számok, akkor n a1... a n a a n. n Egyenl ség akkor és csak akkor áll fenn, ha a 1 =... = a n. Következmény. Ha n pozitív szám szorzata állandó, akkor az összegük akkor minimális, ha a számok egyenl k. Ha n pozitív szám összege állandó, akkor a szorzatuk akkor maximális, ha a számok egyenl k. Feladatok 1.1. Tudjuk, hogy a, b, c > 0 és a+b+c = 18. Határozzuk meg a, b és c értékét úgy, hogy a következ kifejezések értéke maximális legyen: a b c

5 1. SZÁMTANI ÉS MÉRTANI KÖZEPEK ALKALMAZÁSA 5 3 a + b + c a b c 3 a b c 216 = 18 3 = 6 Akkor lesz maximális érték, ha egyenl ség van. Egyenl ség pedig akkor és csak akkor áll fenn, ha a = b = c = = Bizonyítsuk be, hogy ha a, b és c pozitív számok, akkor (a + b) (b + c) (c + a) 8 a b c. a + b 2 b + c 2 c + a 2 a b b c c a A fentieket összeszorozva az alábbi egyenl tlenséget kapjuk (a + b) (b + c) (c + a) 8 a 2 b 2 c 2 = a b c 8-cal beszorozva az egyenl tlenséget, a bizonyítandó állítást kapjuk Melyik az egységkörbe írható maximális terület téglalap? Az 1. ábra jelöléseit használva, a téglalap területe: T = 4F, ahol F = x y és mivel egységkörünk van, így a Pitagorasz-tételt használva x 2 +y 2 = 1. Rendezve az egyenletet y = 1 x 2 -et kapjuk, melyet beírva F -be, az eredmény F = x 1 x 2. Számoljuk ki F 2 maximumát: ( ) x F 2 = x 2 (1 x (1 x 2 2 ) ) =

6 1. SZÁMTANI ÉS MÉRTANI KÖZEPEK ALKALMAZÁSA 6 1. ábra. Körbe írható téglalap Egyenl ség csak akkor van, ha x 2 = 1 x 2, azaz x = y = 1 2. Tehát a maximális terület: T = 2, mégpedig négyzet esetén Azok közül a téglatestek közül, amelyek térfogata a felszínük kétszerese, melyiknek legkisebb a térfogata? /OKTV 2000./ A megadott feltételek szerint V = a b c = 2 A = 2 2 (a b + a c + b c). 3 a b + a c + b c a b a c b c 3 V 3 V = V V Akkor lesz a legkisebb a térfogat, ha az egyenl ség teljesül, vagyis ha a b = a c = b c teljesül. Ez úgy lehetséges, ha a = b = c. Tehát egy 12 cm él kockának a térfogata a legkisebb, mégpedig 12 3 cm 3 = 1728 cm 3.

7 2. SZÉLSŽÉRTÉK KERESÉS MÁSODFOKÚ FÜGGVÉNYEKNÉL 7 2. Széls érték keresés másodfokú függvényeknél Tételek és deníciók 2.1. Deníció. Az f : R R, f(x) másodfokú függvény általános alakja: f(x) = a x 2 + b x + c, ahol a, b és c valós érték paraméterek. (a R és a 0, b R, c R) 2.2. Deníció. Az f : A B függvénynek az x 0 A helyen (abszolút) maximuma van, ha minden x A esetén f(x) f(x 0 ). A függvény (abszolút) maximuma f(x 0 ). Az f : A B függvénynek az x 0 A helyen (abszolút) minimuma van, ha minden x A esetén f(x) f(x 0 ). A függvény (abszolút) minimuma f(x 0 ). Az abszolút maximumot és minimumot abszolút széls értéknek nevezik. Egy A halmazon egy függvénynek több abszolút minimum-, illetve maximumhelye is lehet. Ha a vizsgált kifejezés felírható egy x ismeretlen másodfokú függvényeként, ahol x tetsz leges valós szám, akkor f(x) = a (x u) 2 + v alakra hozás után megállapítható a függvény széls értéke. A függvénynek minimuma van, ha a > 0, minimum értéke v, helye u. A függvénynek maximuma van, ha a < 0, maximum értéke v, helye u. Ha a másodfokú kifejezés f(x) = a x 2 + b x + c alakú, akkor a négyzetes alakban az u = b 2 a, v = b2 4 a c 4 a. Ha f értelmezési tartománya nem a teljes valós számhalmaz, hanem például egy intervallum, akkor a széls érték vizsgálathoz célszer ábrázolni a függvényt Tétel (Weierstrass tétele). Ha f C[a, b], akkor van olyan α [a, b] és β [a, b], amelyekre teljesül, hogy f(α) f(x) f(β) minden x [a, b]-re. Más szóval, egy korlátos, zárt intervallumban folytonos függvénynek mindig van abszolút maximum- és abszolút minimumhelye.

8 2. SZÉLSŽÉRTÉK KERESÉS MÁSODFOKÚ FÜGGVÉNYEKNÉL 8 Feladatok 2.1. Adott kerület téglalapok közül melyiknek a területe maximális? A feladat szövege szerint a téglalapok kerülete k = 2 (a+b) adott. Ebb l b = k 2 a. Keressük a t(a) = a ( k 2 a ); 0 < a < k 2 t(a) = a 2 + k ( 2 a = a k ) 2 ( k ) 2; függvény maximumát. maximum helye a = k 4. Itt értelmezve van a függvény, ekkor b = k 2 k 4 = k 4, a maximum értéke k2 16. Tehát az adott kerület téglalapok közül a négyzet területe a maximális Bontsuk fel 30-at két összeadandóra úgy, hogy négyzetösszegük minimális legyen. A két szám legyen x és 30 x. Négyzetösszegük: x 2 + (30 x) 2 = x x + x 2 = 2 x 2 60 x Mivel ennek a másodfokú kifejezésnek a f együtthatója 2, és 2 > 0, ezért a függvénygörbének minimuma van. A széls érték helye: b = 60 = 15 2 a 4 A széls érték: b2 4 a c = = a 8 Ha két számnak az összege 30, akkor a négyzetösszegük akkor minimális, ha a két szám 15.

9 3. PARAMÉTERES EGYENLET 9 3. Paraméteres egyenlet Az f függvény értékkészlete azon p számok halmaza, amelyekre az f(x) = p egyenletnek van megoldása az f függvény értelmezési tartományán. Ezzel a függvény széls értékének, illetve értékkészletének vizsgálatát paraméteres egyenlet megoldására vezethetjük vissza. Feladatok 3.1. Határozzuk meg az f(x) = x+2, x R függvény legkisebb és x 2 +3 legnagyobb értékét! Ha meghatározzuk a kifejezés értékkészletét, akkor annak legkisebb, illetve legnagyobb eleme (ha van) egyben a vizsgált kifejezés minimuma, illetve maximuma is. Ezzel a kifejezés széls értékének meghatározását visszavezetjük egy paraméteres egyenlet megoldására. p = 0 esetén x = 2 x + 2 x = p p x 2 x + 3 p 2 = 0 x + 2 = p (x 2 + 3) p 0 esetén a másodfokú egyenletnek akkor van valós megoldása, ha a diszkrimináns, D = b 2 4 a c 0. D = 1 4 p (3 p 2) = 1 12 p p = 12 p p p p + 1 0, ha p Tehát a függvény legkisebb értéke 2 7, legnagyobb értéke pedig Ekkor a függvény széls érték helyei az x 1,2 = b, vagyis a 6 6 minimumhely = 2 7, a maximumhely = 1 2 a 2 p =

10 3. PARAMÉTERES EGYENLET Adott r sugarú gömb köré írható forgáskúpok közül melyiknek legkisebb a térfogata? 2. ábra. Kúp és gömb közös tengelymetszete Az AF C és OEC derékszög háromszögek hasonlók, mert ACF = F CB, megfelel oldalaik aránya egyenl : Az egyenletet átalakítjuk: r m r = R m2 + R 2

11 3. PARAMÉTERES EGYENLET 11 r m 2 + R 2 = R (m r) r 2 (m 2 + R 2 ) = R 2 (m r) 2 r 2 m 2 + r 2 R 2 = R 2 m 2 R 2 2 m r + R 2 r 2 r 2 m 2 = R 2 m 2 R 2 2 m r r 2 m 2 = R 2 m (m 2 r) R 2 = r2 m m 2 r. Ezt behelyettesítjük a kúp térfogatképletébe: V = R2 Π m 3 = r2 m m 2 r Π 3 m = r2 Π 3 m 2 m 2 r. Az els két tényez adott, vizsgáljuk meg, hogy a harmadik tényez milyen értékeket vehet fel. m Adjuk meg, hogy az 2 = p paraméteres egyenletnek mely p számokra m 2 r van megoldása, feltéve, hogy m > 2 r. Rendezve az egyenletet az m 2 p m + 2 p r = 0 egyenletet kapjuk. Ennek akkor van megoldása, ha a diszkrimináns nemnegatív, vagyis D = b 2 4 a c = p 2 8 p r 0, így p 2 8 p r. Mivel p = 0 esetén m 2 = 0 lenne, ami nem lehetséges, mert a kúpnak kell lennie magasságának, ezért p > 0. A p 2 8 p r képletet p-vel elosztva a p > 8 r egyenl tlenséget kapjuk, amellyel megkapjuk a vizsgált kifejezés minimumát, ami 8 r. Így az r sugarú gömb köré írható minimális térfogatú kúp térfogata V = r 2 Π 3 8 r = 8 3 r3 Π.

12 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL Széls érték számítás deriválással A derivált fogalma 4.1. Deníció. Az f függvény a D f pontjához tartozó különbségihányadosfüggvénye (vagy dierenciahányados-függvénye) a D f \{a} R, x f(x) f(a) x a függvény Deníció. Az f függvény dierenciálható (vagy deriválható) az a D f f(x) f(a) pontban, ha létezik és véges a lim x a határérték. Ekkor ezt az értéket x a az f függvény a-beli dierenciálhányadosának (vagy deriváltjának) nevezzük. Jelölés: f(x) f(a) lim x a x a = f (a) Deníció. Az f függvény dierenciálható, ha értelmezési tartományának minden pontjában dierenciálható Deníció. Ha a f(x) f(a) lim x a+0 x a véges határérték létezik, ezt az f függvény a-beli jobb oldali dierenciálhányadosának (vagy deriváltjának) nevezzük. Ugyanígy értelmezzük a bal oldali dierenciálhányadost. Az a pontbeli jobb oldali dierenciálhányadost f +(a)-val, a bal oldali differenciálhányadost f (a)-val jelöljük. Nyilvánvaló, hogy f akkor és csak akkor dierenciálható a-ban, ha f jobb és bal oldali dierenciálhányadosa is létezik a-ban, és f +(a) = f (a). Ekkor a közös érték f (a) Tétel. Ha f konvex az (a, b) intervallumban, akkor f jobbról is és balról is dierenciálható minden c (a, b) pontban.

13 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL Tétel (Darboux tétele). Ha a és b olyan intervallum pontjai, amelyen az f függvény dierenciálható, akkor az f között minden értéket felvesz. deriváltfüggvény f (a) és f (b) 4.5. Deníció. Az f függvény dierenciálhányados-függvénye (vagy deriváltfüggvénye) az az f függvény, amely azokban az a D f pontokban értelmezett, ahol f dierenciálható, és ott értéke f (a) Deníció. Ha az f deriváltfüggvény deriválható, akkor az f (x) = (f ) (x) függvényt az f második deriváltfüggvényének nevezzük. Ha az f függvény n 1-edik deriváltfüggvénye is deriválható n Z +, akkor az f- et n-szer deriválhatónak nevezzük, az n-edik deriváltfüggvényt f (n) (x) jelöli. Ekkor f (n) (a) = lim x a f (n 1) (x) f (n 1) (a) x a 4.3. Tétel. Ha az f függvény dierenciálható az a D f pontban, akkor folytonos is az a-ban. A derivált és a széls érték kapcsolata 4.7. Deníció. Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a pontban lokális maximuma (illetve minimuma) van, ha a-nak van olyan U környezete, amelyben f értelmezve van, és minden x U-ra f(x) f(a) (illetve f(x) f(a)). Ekkor az a pontot az f függvény lokális maximumhelyének (illetve lokális minimumhelyének) nevezzük. Ha minden x U\a-ra f(x) < f(a) (illetve f(x) > f(a)), akkor szigorú lokális maximumról és maximumhelyr l (illetve minimumról és minimumhelyr l) beszélünk. A lokális maximumot, illetve minimumot közösen lokális széls értéknek, a lokális maximumhelyet, illetve minimumhelyet közösen lokális széls értékhelynek nevezzük. Megjegyzés. Az abszolút széls érték fogalmát a 2.2 Denícióban értelmeztük. Az abszolút széls érték és a lokális széls értékhely fogalmai között

14 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 14 a következ kapcsolat áll fenn. Egy abszolút széls értékhely nem szükségképpen lokális széls értékhely, mert az utóbbinak feltétele, hogy a függvény értelmezve legyen a pont egy környezetében. Így például a [0, 1] intervallumon értelmezett x függvénynek a 0 pontban abszolút minimuma van, de ez nem lokális minimum. Azonban, ha az f : A R függvénynek az a A pontban abszolút széls értéke van és A tartalmazza a egy környezetét, akkor a lokális széls értékhely. Egy lokális széls értékhely nem szükségképpen abszolút széls értékhely, hiszen attól, hogy az f függvénynek az a pont egy környezetében nincs f(a)- nál nagyobb értéke, a környezeten kívül f felvehet f(a)-nál nagyobb számot Tétel. Legyen f folytonos [a, b]-ben és dierenciálható (a, b)-ben. (i) f akkor és csak akkor monoton növeked (illetve monoton csökken ) [a, b]-ben, ha f (x) 0 (illetve f (x) 0) minden x (a, b)-re. (ii) f akkor és csak akkor szigorúan monoton növ (illetve szigorúan monoton csökken ) [a, b]-ben, ha f (x) 0 (illetve f (x) 0) minden x (a, b)- re, és ha [a, b]-nek nincs olyan részintervalluma, amelyen f azonosan nulla. Egy tetsz leges dierenciálható függvény lokális és abszolút széls értékeit megkereshetjük akkor is, ha a függvény nem egy korlátos és zárt intervallumon van értelmezve. Ugyanis a derivált el jeléb l megállapíthatjuk, hogy a függvény mely intervallumokon n és melyeken csökken, és ez általában elegend információt ad a széls értékek megkereséséhez. Tekintsük például az f(x) = x e x függvényt. Mivel f (x) = e x x e x, ezért f (x) > 0, ha x < 1, és f (x) < 0, ha x > 1. Így f szigorúan monoton n (, 1]-ben, és szigorúan monoton csökken [1, )-ben. Ebb l azonnal következik, hogy f-nek 1-ben abszolút maximuma van (ami lokális maximumhely is egyben), és hogy f-nek nincs sem lokális, sem abszolút minimumhelye Tétel (Az els derivált és a lokális széls érték). Ha az f függvénynek lokális maximuma vagy lokális minimuma van értelmezési tartományának valamely a bels pontjában, és f értelmezve van az a pontban, akkor f (a) = 0.

15 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL ábra. x e x függvény maximuma Abból, hogy f (a) = 0, nem következik, hogy az f függvénynek lokális széls értékhelye van a-ban. Például az f(x) = x 3 függvényre f (0) = 0, de f-nek nincs 0-ban lokális széls értékhelye (hiszen x 3 az egész számegyenesen szigorúan monoton növeked ). Ezt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy ha f dierenciálható a-ban, akkor az f (a) = 0 feltétel szükséges, de nem elégséges ahhoz, hogy f-nek lokális széls értéke legyen a-ban Deníció (Kritikus pont). Az f függvény kritikus pontjának nevezzük f értelmezési tartományának minden olyan pontját, amelyben az f deriváltfüggvény értéke nulla, vagy nincs értelmezve. A függvénynek csak olyan pontban lehet széls értéke, amely az értelmezési tartományának vagy kritikus pontja, vagy végpontja. Tegyük fel, hogy c az f folytonos függvény egy kritikus pontja, és f differenciálható valamely c-t tartalmazó intervallum minden pontjában, kivéve esetleg magát a c pontot. Balról jobbra haladva: 1. Ha f a c helyen negatívról pozitívra vált, akkor f-nek lokális minimuma van a c pontban. 2. Ha f a c helyen pozitívról negatívra vált, akkor f-nek lokális maximuma van a c pontban. 3. Ha f a c helyen nem vált el jelet (f a c-t l jobbra és balra egyaránt pozitív, vagy egyaránt negatív), akkor f-nek nincs lokális széls értéke a c helyen.

16 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 16 Az intervallum-végpontokban a vizsgálatot hasonlóképpen végezzük, annyi a különbség, hogy f értékét c-nek csak egyik oldalán vesszük gyelembe. Példa. Keressük meg az f(x) = x 2 függvény abszolút minimumát és maximumát a [ 2, 1] intervallumon. Megoldás. A függvény értelmezési tartományának minden pontjában dierenciálható. Kritikus pontja az f (x) = 2 x = 0 egyenlet megoldása, vagyis az x = 0. Meg kell vizsgálnunk a függvény értékét x = 0-ban, az x = 2 és az x = 1 végpontokban. f(0) = 0, f( 2) = 4, f(1) = 1. A függvénynek abszolút maximuma van az x = 2 pontban, értéke 4, abszolút minimuma van az x = 0 pontban, értéke Tétel. Legyen f kétszer dierenciálható a-ban. Ha f (a) = 0 és f (a) > 0, akkor f-nek a-ban szigorú lokális minimuma van. Ha f (a) = 0 és f (a) < 0, akkor f-nek a-ban szigorú lokális maximuma van. Megjegyzés. Ha f (a) = 0 és f (a) = 0, akkor sem arra nem következtethetünk, hogy f-nek van, sem arra, hogy f-nek nincs lokális széls értéke a-ban Deníció (Konvex,konkáv). A dierenciálható y = f(x) függvény gra- konja (a) konvex a nyílt I intervallumon, ha f növekv az I-n (b) konkáv a nyílt I intervallumon, ha f csökken az I-n Tétel. Legyen f kétszer dierenciálható az I intervallumban. Az f függvény akkor és csak akkor konvex (illetve konkáv) I-ben, ha f (x) 0 (illetve f (x) 0) minden x I-re Deníció. Azt mondjuk, hogy az a pont az f függvénynek inexiós pontja, ha f folytonos a-ban, f-nek létezik a (véges vagy végtelen) deriváltja a-ban, és van olyan δ > 0, hogy f konvex (a δ, a]-ban és konkáv [a, a+δ)-ban, vagy fordítva Tétel. Legyen f kétszer dierenciálható az a pont egy környezetében. Annak, hogy a-ban f-nek inexiós pontja legyen

17 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 17 (i) szükséges feltétele, hogy f (a) = 0 teljesüljön, (ii) elégséges feltétele, hogy f el jelet váltva legyen nulla az a pontban, azaz, hogy f (a) = 0 teljesüljön, továbbá f lokálisan növeked, vagy lokálisan csökken legyen a-ban. Következmény. Legyen f háromszor dierenciálható a-ban. Ha f (a) = 0 és f (a) 0, akkor f-nek inexiós pontja van a-ban. Az f és az f deriváltfüggvény együttesen felvilágosítást ad számunkra a függvény grakonjának alakjáról, azaz arról, hogy hol vannak a függvény kritikus pontjai, hogyan viselkedik a kritikus pontokban, hol csöken és hol növekv, valamint hogy hogyan hajlik a görbe, azaz milyen a konvexitása. Ezen információk birtokában vázlatosn felrajzolhatjuk a függvény grakonját. Feladatok 4.1. Jellemezzük az f : R R, f(x) = 1 3 x3 2 x 2 5 x + 4 függvényt monotonitás, széls értékek, konvexitás és inexiós pont szempontjából! A függvény vizsgálatát az els és a második derivált segítségével végezzük el. f (x) = x 2 4 x 5, amelynek zérushelyei x 1 = 1 és x 2 = 5. Mivel f képe egy felfelé nyíló parabola, ezért f (x) > 0, ha x < 1 vagy x > 5, illetve f (x) < 0, ha 1 < x < 5. Tehát f menete a következ : f szigorúan monoton növekv, ha x < 1 vagy x > 5 f szigorúan monoton csökken, ha 1 < x < 5 f-nek szigorú lokális maximuma van x = 1-ben f-nek szigorú lokális minimuma van x = 5-ben f-nek nincsenek abszolút széls értékei, ugyanis lim = és lim = + x x +

18 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 18 f (x) = 2 x 4, amelynek zérushelye x = 2. Mivel f képe egy pozitív meredekség egyenes, így f (x) > 0, ha x > 2, és f (x) < 0, ha x < 2. Tehát f görbülete a következ : f szigorúan konvex, ha x > 2, szigorúan konkáv, ha x < 2 f-nek inexiós pontja van x = 2-ben Mindezt a következ táblázatban is összefoglalhatjuk: 4. ábra. Összefoglaló táblázat 5. ábra. Függvény és az els két deriváltja 4.2. Osszuk fel a 4-et két pozitív részre úgy, hogy az els rész négyzetének és a második rész köbének az összege minimális legyen!

19 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 19 Legyen az els rész 4 x, a második rész x. Ekkor a keresett kifejezést az f(x) = (4 x) 2 + x 3 = 16 8 x + x 2 + x 3 függvény írja le, ahol 0 < x < 4. Az f(x) függvény a teljes értelmezési tartományán deriválható. Deriváltja: f (x) = 3 x x 8. f (x) zérushelyei x 1 = 4 és x 3 2 = 2, ezek közül csak az x 1 = 4 esik az adott intervallumba. A (0, 4) intervallumon az 3 f(x) függvénynek x = 4-ban szigorúan lokális minimuma van. Mivel a ( ] 0, intervallumon f szigorúan monoton csökken, a [ 4, 4) intervallumon pedig 3 szigorúan monoton n, így az x = 4 abszolút minimumhely is. Vagyis az els 3 rész 4 4 = 8, a második rész 4 256, a keresett kifejezés pedig Egy 12-szer 12 centiméteres bádoglemezb l nyitott tetej dobozt kell készítenünk úgy, hogy sarkaiból négyzeteket vágunk ki, az oldalakat pedig felhajtjuk. Mekkora négyzeteket vágjunk ki a sarkokból, hogy a doboz rtartalma a lehet legnagyobb legyen? A kivágott négyzetek oldala legyen x, továbbá az oldalhosszúság miatt 0 x 6. Így a doboz rtartalma V (x) = (12 2 x) (12 2 x) x = 4 (6 x) 2 x = 4 x 3 48 x x. Ahhoz, hogy a térfogat maximális legyen, meg kell vizsgálnunk a deriváltját. V (x) = 12 x 2 96 x+144, melyet leegyszer sítve V (x) = x 2 8 x + 12 függvényt kapjuk, melynek zérushelyei az x 1 = 6 és az x 2 = 2. Ezek közül az x 2 = 2 található az intervallum belsejében. Megnézzük V (x) értékét a kritikus pontban és a végpontokban: V (0) = 0, V (6) = 0, V (2) = 128. A kivágott négyzetek oldalhosszúsága tehát 2 cm, a maximális térfogat pedig 128 cm Határozzuk meg az alábbi függvény széls értékeit! /Felvételi május/ f : [0, 5] R; f(x) = 2 x2 9 x 11 x 2 5 x 6

20 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 20 Tekintsük a függvény deriváltját: f (x) = (4 x 9) (x2 5 x 6) (2 x 2 9 x 11) (2 x 5) (x 2 5 x 6) 2 f (x) = 4 x3 20 x 2 24 x 9 x x x x x + x 4 5 x 3 6 x 2 5 x x x 6 x x x 2 45 x 55 + x 4 5 x 3 6 x 2 5 x x x 6 x x + 36 f x 2 2 x 1 (x) = x 4 10 x x x + 36 A derivált akkor lesz 0, ha a számláló értéke 0, vagyis ha x 2 2 x 1 = 0, amelynek zérushelye az x = 1. Ez a zérushely nincs benne az intervallumban, így megnézzük a függvény értékét az intervallum végpontjaiban. f(0) = 11 6, f(5) = 1 Tehát a megadott függvénynek minimuma van az x = 5 pontban, a minimum értéke 1, maximuma van az x = 0 pontban, a maximum értéke ábra. Függvény és a deriváltja a [0, 5] intervallumon 4.5. Az a paraméter milyen értékére van az f(x) = x 2 + a x függvénynek (a) lokális minimuma az x = 2 pontban, illetve (b) inexiós pontja az x = 1 pontban?

21 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL 21 (a) A lokális széls érték az f (x) segítségével határozható meg. f (x) = 2 x a = 2 x3 a. Ha f (x) = 0, akkor x-ben lokális széls érték van. x 2 x 2 A feladat szerint x = 2-ben lokális minimuma van, vagyis f (2) = 2 2 a = 0 4 Megoldva az egyenletet, a = 16-ot kapjuk. f (1) = 14, f (3) = 38 9 = 42 9 Mivel az x = 2 pontban f (x) negatívról pozitívra vált, ezért f(x)-nek a = 16 esetén lokális minimuma van x = 2-ben. (b) f (x) = a x 3 Az inexiós pont a második derivált segítségével határozható meg. = 2 x3 +2 a. Az f(x) függvénynek az x = 1 pontban inexiós x 3 pontja van, vagyis f (1) = 2+2 a 1 = 0 Az egyenlet megoldása az a = 1. ( 1 ) f = 6, f (2) = f (x) el jelet vált az x = 1 pontban, tehát f(x)-nek a = 1 esetén inexiós pontja van x = 1-ben. 7. ábra. Lokális minimumhely és inexiós pont

22 4. SZÉLSŽÉRTÉK SZÁMÍTÁS DERIVÁLÁSSAL Egy téglalap egyik oldala az x tengelyen fekszik, két fels csúcsa pedig az y = 12 x 2 parabolán. Mikor maximális a területe egy ilyen téglalapnak? Mivel a téglalap egyik oldala az x tengelyen fekszik, ezért az x tengellyel párhuzamos egyenes és a parabola metszéspontjai lesznek a fels csúcsok. A parabola az x 2 el jele miatt konkáv, az y tengelyre szimmetrikus és 12-nél metszi az y tengelyt. Így a téglalap csúcsai az alábbiak lesznek: A = (x, 12 x 2 ), B = ( x, 12 x 2 ), C = ( x, 0), D = (x, 0) 8. ábra. Az x tengely és az y = 12 x 2 parabola által határolt téglalap Ekkor a téglalap területe T (x) = 2 x y = 2 x (12 x 2 ) = 24 x 2 x 3. Ahhoz, hogy megkapjuk a széls értékét a területnek, meg kell vizsgálni a deriváltját. T (x) = 6 x 2 +24, melynek akkor lehet széls értéke, ha egyenl 0-val. Ez x = ±2 esetén lehetséges, viszont x = 2-t kizárhatjuk, ugyanis egy téglalap oldala mindenképp pozitív. T (x) = 12 x, amely x = 2 esetén T (2) = 24. Az els derivált megegyezik 0-val, a második derivált pedig negatív, vagyis tényleg maximális lesz a terület. Tehát akkor maximális a területe a megadott feltételek szerinti téglalapnak, ha x = 2, és y = 12 x 2 = 8, ekkor T (x) = 16.

23 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN Széls értékek többváltozós függvények esetén Tételek és deníciók Sok függvény függ több mint egy független változótól. A valós érték többváltozós függvények hasonlóan vannak megadva, mint az egyváltozósok. Az értelmezési tartományaik rendezett szám n-eseknek halmazai, értékkészleteik pedig a valós számoknak részhalmazai Deníció. Az f függvény akkor p-változós valós függvény, ha D(f) R p és R(f) R, ahol D(f) jelöli f értelmezési tartományát, R(f) pedig f értékkészletét Tétel (Weierstrass tétele). Legyen A R p nemüres, korlátos és zárt, és legyen f : A R folytonos. Ekkor f korlátos az A halmazon, és az A-n felvett értékei között van legnagyobb és legkisebb érték Deníció. Legyen f(x, y) egy olyan tartományban deniálva, amely az (a, b) pontot tartalmazza. Akkor (i) f(a, b) egy lokális maximum, ha van olyan (a, b) középpontú nyílt körlap, hogy f(a, b) f(x, y) minden olyan pontra teljesül, ami a körlapon és az f értelmezési tartományában van. (ii) f(a, b) egy lokális minimum, ha van olyan (a, b) középpontú nyílt körlap, hogy f(a, b) f(x, y) minden olyan pontra teljesül, ami a körlapon és az f értelmezési tartományában van. Parciális deriváltak Ha egy híján minden változót rögzítünk, és az így kapott egyváltozós függvényt deriváljuk, akkor parciális deriváltat kapunk Deníció. Legyen az f függvény továbbra is értelmezve az a = (a 1,..., a p ) R p pont egy környezetében. Rögzítsük az a = (a 1,..., a p ) pont koordinátáit az i-edik kivételével, és tekintsük a megfelel t f i (t) = f(a 1,..., a i 1, t, a i+1,..., a p )

24 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 24 szekciófüggvényt. Az így kapott egyváltozós f i függvény a i pontban vett deriváltját (amennyiben létezik) az f függvény a pontban vett i-edik parciális deriváltjának nevezzük, és a D i f(a) szimbólummal jelölhetjük. Más szóval, D i f(a) = lim t ai f(a 1,..., a i 1, t, a i+1,..., a p ) f(a) t a i feltéve, hogy a limesz létezik. Legyen az f függvény értelmezve R p egy részhalmazán. Az f függvény i-edik parciálisderivált-függvényén azt a D i f függvényt értjük, amely azon a pontokban van értelmezve, ahol f i-edik parciális deriváltja létezik és véges, és ott az értéke D i f(a). Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = 3 x 2 y x 4 függvény parciális deriváltját! Megoldás. és minden (x, y) pontban. f x = f x = D 1 f(x, y) = 6 x y f y = f y = D 2 f(x, y) = 12 x 2 y Tétel. Legyen A R p korlátos és zárt, legyen f : A R folytonos, és tegyük fel, hogy f-nek léteznek a parciális deriváltjai A belsejének minden pontjában. Ekkor f a legnagyobb (legkisebb) értékét vagy A határán veszi fel, vagy pedig egy olyan a bels pontban, ahol D i f(a) = 0 minden i = 1,..., p-re Tétel. Legyen f értelmezve az a R p pont egy környezetében. Ha f parciális deriváltjai léteznek az a pont egy környezetében és folytonosak az a pontban, akkor az f függvény dierenciálható a-ban Deníció. Legyen f értelmezve az a R p pont egy környezetében. Ha a D j f parciális derivált létezik az a pont egy környezetében és a D j f parciálisderivált-függvénynek létezik az i-edik parciális deriváltja az a pontban, akkor ezt az f függvény a-beli ij-edik másodrend parciális deriváltjá-

25 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 25 nak nevezzük, és a 2 f x i x j (a), f x j x i (a), f xx, D ij f(a) szimbólumok bármelyikével jelölhetjük. (Az f függvénynek legfeljebb p 2 másodrend parciális deriváltja lehet az a pontban. Példa. Számold ki az alábbi függvény másodrend parciális deriváltjait! f(x, y) = x 2 x y + y x 2 y + 1 Megoldás. El ször ki kell számolni a parciális deriváltakat. f x = 2 x y + 3 f y = x + 2 y 2 Ezután a másodrend parciális deriváltak meghatározása következik. D 11 f(x, y) = f xx = 2 D 21 f(x, y) = f xy = 1 D 12 f(x, y) = f yx = 1 D 22 f(x, y) = f yy = 2 (az f x -et deriváljuk x szerint) (az f x -et deriváljuk y szerint) (az f y -t deriváljuk x szerint) (az f y -t deriváljuk y szerint) 5.4. Tétel (Young tétele). Ha a kétváltozós f(x, y) függvény D 1 f(x, y) és D 2 f(x, y) parciális deriváltjai léteznek az (a, b) R 2 pont egy környezetében és dierenciálhatóak az (a, b) pontban, akkor D 12 f(a, b) = D 21 f(a, b). Denitség A q polinom akkor kvadratikus alak, ha felírható q(x) = p i,j=1 c ij x i x j alakban. Például ha f kétszer dierenciálható az a pontban, akkor a d 2 f(a) egy kvadratikus alak, hiszen d 2 f(a)(x) = p i,j=1 D ijf(a) x i x j.

26 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN Deníció. A q kvadratikus alak pozitív (negatív) denit, ha q(x) > 0 (q(x) < 0) minden x 0-ra. A q kvadratikus alak pozitív (negatív) szemidenit, ha q(x) 0 (q(x) 0) minden x R p -re. A q kvadratikus alak indenit, ha pozitív és negatív értéket is felvesz Tétel. Legyen az f függvény kétszer dierenciálható az a R p pontban, és tegyük fel, hogy D i f(a) = 0 minden i = 1,..., p-re. (i) Ha f-nek az a pontban lokális minimuma (maximuma) van, akkor a d 2 f(a) kvadratikus alak pozitív (negatív) szemidenit. (ii) Ha a d 2 f(a) kvadratikus alak pozitív (negatív) denit, akkor f-nek az a pontban szigorú lokális minimuma (maximuma) van Deníció. Legyen az f : R p R függvény kétszer dierenciálható az a intd(f) pontban. Az D 11 f(a) D 21 f(a)... D p1 f(a) D f (a) := 12 f(a) D 22 f(a)... D p2 f(a) D 1p f(a) D 2p f(a)... D pp f(a) p p mátrix neve Hesse-mátrix. A denitséget számolhatjuk a Hesse-mátrix f minorainak segítségével is, miután kiszámoltuk a Hesse-mátrixot a lehetséges széls érték helyeken. Egy mátrix f minorjai a bal fels négyzetes részmátrixok determinánsai. Ha minden f minor pozitív, akkor a mátrix pozitív denit és lokális minimuma van. Ha a f minorok váltakozó el jel ek, és negatívval kezd dnek, akkor a mátrix negatív denit, lokális maximuma van. Ha nem pozitív és nem negatív denit, akkor ott nyeregpont van Deníció (Nyeregpont). Egy dierenciálható f(x, y) függvénynek nyeregpontja van az (a, b) kritikus pontban, ha minden (a, b) középpontú körlapon van olyan (x, y) pontja az értelmezési tartománynak, hogy f(x, y) < f(a, b) és van olyan is, hogy f(x, y) > f(a, b).

27 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 27 Feladatok 5.1. Határozzuk meg a megadott függvény összes lokális minimumát, maximumát, ezek helyét és a nyeregpontokat is! f(x, y) = 6 x 2 2 x y x y A függvény létezik és dierenciálható minden x és y értékre, nincsenek határpontok. Így széls érték csak ott lehet, ahol f x és f y egyidej leg nulla. f x = 12 x 6 x y = 0, f y = 6 y + 6 x = 0 Az y = x-et beírjuk f x -be, így f x = 6 x 2 +6 x = 0, melynek két megolása: x 1 = 0, x 2 = 1. Ekkor y 1 = 0, y 2 = 1. Tehát a két kritikus pont a (0, 0) és az (1, 1), ezekben a pontokban lehet a függvénynek széls értéke. f xx = x, f xy = 6, f yy = 6 Így a Hesse-mátrix a kritikus pontokban: H 1 (0, 0) = ( ) H 2 (1, 1) = ( ) H 1 f minorai 12 és 36, vagyis +, +, pozitív denit. Így a (0, 0) pontban lokális minimuma van a függvénynek, a minimum értéke f(0, 0) = 0. H 2 f minorai 0 és 36, vagyis 0,, se nem pozitív, se nem negatív denit. Így a (1, 1) pontban nyeregpontja van a függvénynek Számoljuk ki a függvény lokális széls értékeit! f(x, y, z) = 2 x 2 y + 2 x y 3 y 2 10 z 2 A lehetséges széls értékeket úgy kaphatjuk meg, ha a parciális deriváltak

28 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 28 egyszerre nullák. f x = 4 x y + 2 y = 2 y (2 x + 1) = 0 f y = 2 x x 6 y = 2 x (x + 1) 6 y = 0 f z = 20 z = 0 z = 0 mindenképp teljesül. Az els egyenletet megoldva vagy y = 0, vagy 2 x + 1 = 0, vagyis x = 1 2. Ha y 1 = 0, akkor ezt behelyettesítve az f y = 0 egyenletbe, 2 x (x + 1) = 0-t kapunk, amelynek két megoldása van: x 1 = 0 és x 2 = 1. Ha viszont x 3 = 1, akkor y 2 3 = 1 -et kapunk. 12 Így három kritikus pontunk lesz: ( P 1 = (0, 0, 0), P 2 = ( 1, 0, 0), P 3 = 12, 112 ), 0. A másodrend deriváltakból elkészítjük a Hesse-mátrixot. H(x, y, z) = f xx f yx f zx f xy f yy f zy f xz f yz f zz = 4 y 4 x x Ezután a kapott Hesse-mátrixot megnézzük a kritikus pontokban, és megállapítjuk a denitséget. H(0, 0, 0) =

29 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 29 A denitség megállapításához a f minorokat kell megvizsgálni. D 1 = D 2 = 2 6 = D 3 = = 4 20 = Ez a mátrix nem pozitív denit és nem negatív denit, indenit a mátrix, és itt nyeregpont van. H( 1, 0, 0) = D 1 = D 2 = 2 6 = D 3 = = 4 20 = Ez a mátrix is indenit, nyeregpont lesz ebben a potban is. ( H 12, 112 ), 0 =

30 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 30 D 1 = D 2 = 0 6 = D 3 = = 2 20 = 40 Mivel a f minorok (,( +, ) sorrendben ) vannak, így ez a mátrix negatív denit, tehát a P 3 = 1, 1, 0 pontban lokális maximum van. A 2 12 maximum értéke pedig f(x, y, z) = Határozzuk meg a T (x, y) = x 2 + x y + y 2 6 x függvény abszolút maximumát és minimumát a 0 x 5, 3 y 3 téglalapon. A függvény korlátos és zárt, mert egy téglalapon keressük a széls értékeit. Folytonos, mert polinom; és nem üres. Így Weierstrass-tétele miatt van abszolút maximuma és minimuma. Ezeket a széls értékeket vagy egy bels ponton veszi fel, vagy a határon. Bels pont akkor lehet, ha az els parciális deriváltak egyidej leg nullák. T x = 2 x + y 6 = 0 T y = x + 2 y = 0 Megoldva az egyenletrendszert, y = 2, x = 4-et kapjuk. Ezt a pontot elfogadjuk kritikus pontnak, mert benne van az intervallumban. Mivel az egyenletrendszernek csak ez az egy megoldása van, belül csak ez a pont lehet széls érték. Ezen kívül a téglalap négy sarkában, vagyis a határpontokon, vagy a határszakaszokon. Ezeket a pontokat elnevezhetjük gyanús pontoknak.

31 5. SZÉLSŽÉRTÉKEK TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ESETÉN 31 Most vizsgáljuk meg a határszakaszokat. x = 0 függ leges oldal korlátos, zárt, nem üres, így Weierstrass-tétele miatt van széls érték rajta. T (x, y) = y 2, T y = 2 y = 0, vagyis y = 0. x = 5 oldalon szintén van gyanús pont. T (x, y) = y + y , T y = y = 0, vagyis y = 5. 2 y = 3 T (x, y) = x x x T x = 2 x 3 = 0, vagyis x = 3. 2 y = 3 T (x, y) = x 2 3 x x T x = 2 x 9 = 0, vagyis x = 9. 2 Miután megtaláltuk az összes gyanús pontot, behelyettesítjük ket a függvényünkbe, így megkaphatjuk az abszolút széls értékeinket. T (0, 0) = 0 T (0, 3) = 9 T (0, 3) = 9 ( ) 3 T 2, 3 = = 27 4 = 63 4 T (5, 3) = = 19 T (4, 2) = = 12 ( T 5, 5 ) = = = T (5, 3) = = 11 ( ) 9 T 2, 3 = = = Tehát a megadott függvénynek a (4, 2) pontban abszolút minimuma van, melynek értéke 12. Az (5, 3) pontban pedig abszolút maximuma van, melynek értéke 19.

32 6. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK Feltételes széls érték Gyakran keressük többváltozós függvények széls értékét bizonyos korlátozó feltételek mellett, azaz az értelmezési tartomány valamely részhalmazán. Ilyen esetekben a Lagrange-féle multiplikátoros módszert alkalmazzuk Deníció. Legyen a H R p, F : R p R q, és legyen F (a) = 0. Tegyük fel, hogy a p-változós és valós érték f függvény értelmezve van az a pont egy környezetében, és létezik egy δ > 0 szám úgy, hogy f(x) f(a) minden olyan x B(a, δ) pontra, amelyre F (x) = 0. Ekkor azt mondjuk, hogy az f függvénynek feltételes lokális maximuma van az a pontban az F = 0 feltétel mellett. Hasonlóan deniáljuk a feltételes lokális minimumot. Ha f-bek feltételes lokális maximuma vagy minimuma van az a pontban az F = 0 feltétel mellett, akkor azt mondjuk, hogy f-nek feltételes lokális széls értéke van az a pontban az F = 0 feltétel mellett. Lagrange-féle multiplikátor módszer 6.2. Deníció (Gradiensvektor). Az f(x, y) függvény gradiensvektora, más szóval gradiense a P 0 (x 0, y 0 ) pontban a f = f x i + f y j vektor, ahol f parciális deriváltjai a P 0 pontban vannak számolva. Lagrange-féle multiplikátoros módszer három változó esetén Tegyük fel, hogy f(x, y, z) és g(x, y, z) dierenciálható függvények. Az f függvény a g(x, y, z) = 0 feltételeknek eleget tev pontokban akkor vehet fel lokális maximumot vagy minimumot, ha x, y, z és λ kielégíti a f = λ g és g(x, y, z) = 0 egyenleteket. Kétváltozós függvény esetén a feltétel hasonló, csupán a harmadik koordinátától kell eltekintenünk.

33 6. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 33 Lagrange-féle multiplikátoros módszer n változó esetén Ha az f : R n R függvénynek lokális széls értéke van az a pontban a g k (x) = 0, k = 1, 2,..., p feltételek mellett, akkor megadhatók olyan λ 1, λ 2,..., λ p valós számok, hogy x i f(a) + p λ k g k (a) = 0, x i k=1 i = 1, 2,..., n Feladatok 6.1. Határozzuk meg f minimumát és maximumát a megadott feltétel mellett! f = x + 2 y, x y 2 = 3 x y 2 = 3 korlátos, zárt és nem üres, így Weierstrass tétele miatt van széls értéke. F (x, y) = x y 2 3 = 0 F = (2 x, 4 y) Két módszerrel lehet a feladatot megoldani: vagy F = 0, vagy f = λ F. Az els módszer esetén az x = y = 0 lenne a megoldás, de ez nem jó, mert nincs rajta az x y 2 = 3 felületen. A második módszert alkalmazva: f = λ F (1, 2) = λ (2 x, 4 y) Így az alábbi egyenletrendszert kapjuk: x y 2 = 3 λ 2 x = 1 λ 4 y = 2

34 6. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 34 Az x = y = 1 2 λ megoldást a megadott feltételbe behelyettesítve: 1 4 λ λ 2 = 3 4 λ 2 = 3 λ 2 = 1 4 λ = ± 1 2 λ 1 = 1 2, x 1 = 1, y 1 = 1 λ 2 = 1 2, x 2 = 1, y 2 = 1 Tehát az f függvény abszolút minimuma a ( 1, 1) pontban van, értéke f = 3, az abszolút maximuma pedig az (1, 1) pontban van, értéke pedig f = Határozzuk meg az f(x, y, z) = x y + 3 z függvény maximumát az x 2 + y2 + z2 = 1 feltétel mellett! 2 3 x 2 + y2 + z2 = 1 korlátos, zárt és nem üres, így Weierstrass tétele miatt 2 3 van széls értéke. G(x, y, z) = x 2 + y2 2 + z2 3 1 = 0 G = (2 x, y, 2 3 z) A G = 0 megoldása az x = y = z = 0, viszont ez nem tesz eleget a megadott G feltételnek. Vagyis f = λ G (1, 1, 3) = λ (2 x, y, 2 3 z)

35 6. FELTÉTELES SZÉLSŽÉRTÉK 35 Ebben az esetben az egyenletrendszerünk a következ : x 2 + y2 2 + z2 3 = 1 λ 2 x = 1 λ y = 1 λ 2 3 z = 3 Ekkor a megoldás: x = 1 2 λ, y = 1 λ, z = 9 2 λ A megoldást behelyettesítve a G feltételbe, λ = ± 30 2, így λ 1 = 2, x 1 = 30, y 1 = 15, z 1 = λ 2 = 2, x 2 = 30, y 2 = 15, z 2 = Tehát az f függvény abszolút minimuma a ( 30, 30, 3 30 ) pontban van, az értéke f = 30, az abszolút maximuma pedig a ( 30, 30, 3 30 ) pontban van, az értéke pedig f = 30.

36 HIVATKOZÁSOK 36 Irodalomjegyzék Hivatkozások [1] Laczkovich Miklós-T. Sós Vera, Valós analízis I., Typotex, 2012 [2] Laczkovich Miklós-T. Sós Vera, Valós analízis II., Typotex, 2012 [3] George B. Thomas, Maurice D. Weir, Joel Hass, Frank R. Giordano, Thomas-féle kalkulus I., Typotex, 2006 [4] George B. Thomas, Maurice D. Weir, Joel Hass, Frank R. Giordano, Thomas-féle kalkulus III., Typotex, 2007 [5] Gémes Margit, Szentmiklóssy Zoltán, Analízis feladatgy jtemény I., Typotex, 2014 [6] Pázmány Péter Katolikus Egyetem, Tehetséggondozó anyag, [7] Sz. Fekete Mária, Oktató anyag, [8] Bethlen Gábor Gimnázium honlapja, A középiskolai tananyag fogalmai és tételei, [9] Majoros Csilla, Széls érték-számítás [10] Sikolya Eszter, Analízis IV. el adásjegyzet,

37 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni témavezet mnek, Kós Gézának, hogy bármikor számíthattam rá, biztatott és készséggel válaszolt összes kérdésemre. Ezen kívül neki köszönhetem, hogy megtaláltam a témát a dolgozatomhoz. Szeretnék köszönetet mondani családomnak is, akik mindig mellettem álltak, hittek bennem, ezzel rengeteg er t adva célom eléréséhez.