Operációkutatás NYME Gazdaságinformatikus mesterképzés El adó: Kalmár János (kalmar[kukac]inf.nyme.hu) Többváltozós széls érték számítás Parciális függvény, parciális derivált Széls érték korlátos zárt halmazon Feltételes széls érték 1. Parciális függvény, parciális derivált (ismétlés) Deníció. Az f(x, y) kétváltozós függvény y = b-hez tartozó parciális függvénye az f x = f x (x) = f(x, b) egyváltozós függvény, az x = a-hoz tartozó parciális függvénye az f y = f y (y) = f(a, y) egyváltozós függvény. Tehát az egyik változót lerögzítjük. Kétváltozós függvények grakonja egy felület: az értelmezési tartomány a sík, ill. a sík egy részhalmaza, és minden x, y ponthoz a felület (x, y, z) pontja tartozik, ahol z = f(x, y). A parciális függvény grakonja a felületb l az y = b illetve x = a (függ leges) síkok által kimetszett síkgörbe. függvénygrakon domborzat, parciális függvény út (Észak-Déli, illetve Kelet-Nyugati) Deníció. Egy kétváltozós függvény parciális deriváltjain a parciális függvények deriváltjait értjük. Jelölés: f x ill. f y. Mivel a parciális derivált függ attól is, hogy hogyan rögzítettük le a másik változót, szokás kétváltozós függvénynek is tekinteni. Pl. f x(1, 3) azt jelenti, hogy az f(x, 3) = f x függvényt deriváljuk, majd x = 3-at behelyettesítünk. A gyakorlatban azonban általánosan van szükségünk f x(x, y)-ra; ezt úgy kapjuk meg, ha y-t számnak képzeljük, és úgy deriválunk, mintha egyváltozós függvényr l lenne szó, amely csak x-t l függ. A fenti g(x, y) = 2x 2 y 3 + 3xy + 2x 5y + 1-re g x(x, y) = 4xy 3 + 3y + 2. Hasonlóan g y(x, y) = 6x 2 y 2 + 3x 5. Az egyváltozós esethez hasonlóan beszélhetünk magasabbrend parciális deriváltakról. Itt azonban nem egy, hanem négy másodrend parciális derivált van. Ha f(x, y)-t el ször x szerint deriváljuk, majd y szerint, akkor kapjuk f xy(x, y)-t, ha mindkétszer y szerint, akkor f yy(x, y)-t, stb. Ellen rzési pont, hogy általában f xy(x, y) = f yx(x, y) 1
. 2. Széls értékszámítás Deníció. Az f függvénynek lokális minimuma van az m M helyen, ha létezik m-nek olyan K környezete, hogy tetsz leges x M K esetén f(x) > f(m). f-nek globális minimuma van az m M helyen, ha tetsz leges x M esetén f(x) > f(m). A lokális és globális maximum fogalmát hasonlóképpen értelmezhetjük. Tétel. Legyen az (a, b) pont az f(x, y) függvény értelmezési tartományának egy bels pontja. Ha f(x, y)-nak széls értéke van az (a, b) helyen, akkor els rend parciális deriváltjai az (a, b) helyen nullák, azaz f x(a, b) = f y(a, b) = 0. Ha az f(x, y) függvény els rend parciális deriváltjai az (a, b) helyen nullák, továbbá a másodrend parciális deriváltakra D(a, b) = f xx(a, b)f yy(a, b) f xy(a, b)f yx(a, b) > 0, akkor f-nek széls értéke van az (a, b) helyen. Méghozzá minimuma, ha f xx(a, b) > 0, és maximuma, ha f xx(a, b) < 0. A D(a, b) = f xx(a, b)f yy(a, b) f xy(a, b)f yx(a, b) > 0 feltétel azt fejezi ki, hogy a két parciális függvénynek ugyanolyan típusú széls értéke legyen. Az olyan tulajdonságú pontot, ahol az egyik parciális függvénynek minimuma, a másiknak pedig maximuma van, nyeregpontnak nevezzük. Ha az els rend parciális deriváltak nullák, de D(a, b) < 0, akkor biztosan nincs széls érték, ha pedig D(a, b) = 0, akkor további vizsgálat szükséges. 2
3. Széls érték korlátos zárt halmazon Rögzítsünk egy M R n halmazt, továbbá egy olyan n-változós f függvényt, amely M minden pontjában értelmezve van és dierenciálható. (Nálunk n = 1 vagy n = 2 lesz.) Tétel. (Weierstrass) Ha M korlátos és zárt, akkor f-nek van globális minimuma és maximuma M-en. Tudjuk, hogy ha m a M értelmezési tartomány bels pontja és f-nek lokális széls értéke van m-ben, akkor f els rend parciális deriváltjai m-ben nullák (illetve f (m) = 0 az egyváltozós esetben). Ez módot ad M azon bels pontjainak meghatározására, ahol lokális széls értékek lehetnek. A másodrend deriváltak segítségével azt is megállapíthatjuk, hogy melyik helyen van minimum, maximum, ill. nincs széls érték. Ha csak véges sok lokális széls érték van, akkor a globális széls érték nem más, mint a legnagyobb lokális széls érték, tehát behelyettesítéssel eldönthetjük, hogy hol van globális széls érték. Az értelmezési tartomány határán azonban széls érték lehet akkor is, ha a derivált(ak) nem nulla. Például a [0, 1] zárt intervallumon értelmezett g(x) = 2x+3 függvénynek lokális minimuma van a 0-ban, lokális maximuma az 1-ben. Lemma. Az [a, b] zárt intervallumon értelmezett g(x) egyváltozós függvénynek pontosan akkor van lokális minimuma a-ban, ha g (a) > 0, b-ben pedig pontosan akkor, ha g (b) < 0. Feladat. Határozzuk meg az f(x) = x 3 6x 2 15x + 3 függvény lokális és globális széls értékeit a [-10, 6] intervallumon! Megoldás. Deriválással megállapítható, hogy az x = 1 helyen maximum, az x = 5 helyen minimum van. Mivel f ( 10) > 0 és f (6) > 0, ezért az x = 10 helyen minimum, az x = 6 helyen maximum van. Behelyettesítéssel meggy z dhetünk arról, hogy a globális széls értékek az x = 10 és az x = 1 helyen vannak. Kétváltozós függvények esetén szorítsuk meg az f függvényt M határára, és állapítsuk meg az ottani lehetséges (glob is) széls érték-helyeket. Ez általában már csak egyváltozós széls érték-számítás, de továbbra is egy korlátos zárt halmazon. A globális széls értékek megállapításához a bels és határpontokban lév lehetséges lokális széls érték-helyek mindegyikén számuljuk ki a függvény helyettesítési értékét. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 2 + 2xy + 8y 4x függvény globális széls értékeit az M = {(x, y) 0 x 3, 0 y 1} halmazon! Megoldás. Az f x = 2x + 2y 4 = 0 f y = 2x + 8 = 0 egyenletrendszer megoldása a ( 4, 6) pont, azonban ez nincs M-ben. Tehát M bels pontjaiban nincs lokális széls érték sem. Az M tartomány egy téglalap, határát négy szakasz alkotja: Ha x = 0, akkor az f(y) = 8y, (0 y 1) egyváltozós függvény széls értékeit keressük. Mivel f(y) monoton n, y = 0-ban minimuma, y = 1-ben maximuma van. Tehát az f(x, y)-nak a (0, 0) pont lehetséges minimumhelye, a (0, 1) pont lehetséges maximumhelye. Ha x = 3, akkor f(y) = 14y 3, (0 y 1) szintén monoton n, így f(x, y)-nak az (1, 0) pont lehetséges minimumhelye, az (1, 1) pont lehetséges maximumhelye. Ha y = 0, akkor az f(x) = x 2 4x, (0 x 3) egyváltozós függvényt vizsgáljuk. f (x) = 2x 4 pozitív a (2, 3] intervallumon, negatív a [0, 2) intervallumon, így f(x)-nek lokális minimuma van x = 2-ben, lokális maximuma van x = 0-ban és x = 3-ban. Tehát az f(x, y)-nak a (2, 0) pont lehetséges minimumhelye, a (0, 0) és a (3, 0) pontok lehetséges maximumhelyei. Ha y = 1, akkor hasonlóan kapjuk, hogy f(x, y)-nak az (1, 1) pont lehetséges minimumhelye, a (0, 1) és a (3, 1) pontok lehetséges maximumhelyei. Ezek után behelyettesítünk a lehetséges széls értékhelyeken: f(0, 0) = 0 f(0, 1) = 8 f(1, 1) = 7 f(2, 0) = 6 f(3, 0) = 3 f(3, 1) = 11 Ennek alapján a (2, 0) globális minimumhely, a (3, 1) globális maximumhely. 3
Feladat. Határozzuk meg az el z feladatbeli függvény lokális széls értékeit! Megoldás. Vizsgáljuk meg a fenti hat lehetséges széls értékhelyet: A (0, 0) és a (3, 0) pontok biztosan nem lokális széls értékhelyek, mert az egyik parciális függvénynek minimuma, a másiknak maximuma van, ahogyan azt az el z feladatban is kiszámoltuk (nyeregpontok). A (0, 1) pontban mindkét parciális függvénynek maximuma van, ami lokális maximumhelyre utal. Valóban, f x < 0 és f y > 0 nemcsak a (0, 1) pontban, hanem egy környezetében is fennáll. Tehát ha az M-beli (a, b) pont elég közel van a (0, 1) ponthoz, akkor f(0, 1) > f(0, b) > f(a, b). Hasonlóan indokolható, hogy a (3, 1)-ben is maximum van. Az (1, 1) ill. a (2, 0) pontban az f y = 2x + 8 képletbe helyettesítve kapjuk, hogy az f(y) parciális függvénynek maximuma ill. minimuma van. Ez el z ekhez hasonlóan kapjuk, hogy az (1, 1) nyeregpont, a (2, 0) pedig minimumhely. Feladat. Határozzuk meg az f(x, y) = x 2 +2y 2 +3 függvény globális széls értékeit az M = {(x, y) x 2 +y 2 1} halmazon! Megoldás. Az f x = 2x = 0 f y = 4y = 0 egyenletrendszer megoldása a (0, 0) pont, lehetséges széls értékhely. Az M tartomány egy körlap, határát az x 2 + y 2 = 1 egyenlet kör alkotja. A függvényt úgy szorítjuk meg a körvonalra, hogy a körvonal egyenletének segítségével kiküszöböljük ez egyik változót f(x, y)-ból: f(y) = y 2 + 4, ( 1 y 1). f (y) = 2y-ból f(y)-nak y = 0 minimumhelye, y = 1 és y = 1 maximumhelyei. Az ezen y értékeknek megfelel pontok, azaz (1, 0), ( 1, 0), (0, 1), (0, 1) az f(x, y) lehetséges széls értékhelyei. Behelyettesítéssel kapjuk, hogy a (0, 1), (0, 1) (nem szigorú) globális maximumhelyek, a (0, 0) pedig globális minimumhely. 4. Széls érték korlátos zárt halmazon Feladat. Adott egy kétváltozós f(x, y) függvény, valamint egy g(x, y) = 0 feltétel. Jelölje G a g(x, y) = 0 feltételt kielégét pontok (tehát a g(x, y) = 0 egyenlet görbe pontjainak) halmazát. Keressük a D f G halmazra megszorított f(x, y) függvény széls értékeit; ezeket nevezzük az f(x, y) függvény g(x, y) = 0 feltételre vonatkozó széls értékeinek. Lagrange-módszer. Tekintsük a ϕ(x, y) = f(x, y) + λ g(x, y) függvényt. Igazolható, hogy az x, y, λ ismeretlenekre vonatkozó ϕ x(x, y) = 0 ϕ y(x, y) = 0 ϕ λ(x, y) = g(x, y) = 0 egyenletrendszer megoldásai között biztosan ott lesznek az f(x, y) feltételes széls értékei. Fordítva nem okvetlenül! Feladat. Keressük meg az az x + y 2 = 0 egyenes origóhoz legközelebbi pontját! Megoldás. Az f(x, y) = x 2 + y 2 függvény x + y 2 = 0 feltételre vonatkozó minimumát kell megkeresni. g(x, y) = x + y 2, valamint ϕ(x, y) = x 2 + y 2 + λ(x + y 2), tehát a megoldandó egyenletrendszer: ϕ x(x, y) = 2x + λ = 0 ϕ y(x, y) = 2y + λ = 0 g(x, y) = x + y 2 = 0 λ értékére nincs szükségünk, x = y = 1 pedig könnyen adódik. Mivel ϕ xx ϕ xy ϕ yx ϕ yy = 2 0 0 2 = 4 > 0, továbbá ϕ xx = 2 > 0, ezért itt ϕ(x, y)-nak minimuma van, tehát az (1, 1) pont annál inkább feltételes széls értékhely. 4
Feladat. Keressük meg az f(x, y) = x 2 + 3xy + y 2 függvény maximumát feltéve, hogy x + y = 100! Megoldás. ϕ(x, y) = x 2 + 3xy + y 2 + λ(x + y 100), tehát a megoldandó egyenletrendszer: ϕ x(x, y) = 2x + 3y + λ = 0 ϕ y(x, y) = 3x + 2y + λ = 0 g(x, y) = x + y 100 = 0 λ értékére itt sincs szükségünk, x = y = 50 pedig viszonylag könnyen adódik. Mivel a másodrend parciális deriváltakból alkotott determináns itt negatív, ϕ(x, y)-nak nincs széls értéke ebben a pontban, de f(x, y)-nak mégis feltételes maximuma van. Valóban, a kérdéses feltétel mellett az x = 0, 50, 100 helyeken felvett függvényérték rendre 10000, 12500, 10000, vagyis 0 x 100 intervallumon valahol maximumnak kell lennie, ez pedig csak az x = 50-ben lehet. Feladat. Keressük meg az f(x, y, z) = x 2 + 2y 2 + 3z 2 függvény x 2 + y 2 + z 2 = 1 feltételre vonatkozó globális feltételes széls értékeit! Megoldás. ϕ(x, y, z) = x 2 + 2y 2 + 3z 2 + λ(x 2 + y 2 + z 2 1), tehát a megoldandó egyenletrendszer: ϕ x(x, y, z) = 2x + 2λx = 0 ϕ y(x, y, z) = 4y + 2λy = 0 ϕ z(x, y, z) = 6z + 2λz = 0 g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 1 = 0 Átrendezve x(λ + 1) = 0 y(λ + 2) = 0 z(λ + 3) = 0 x 2 + y 2 + z 2 = 1 Ennek 6 megoldása van: x, y és z közül pontosan kett nulla, a harmadik pedig ±1. Behelyettesítés!!! Széls érték korlátos zárt halmazon: Lagrange-módszerrel. a határon lév lehetséges széls értékek meghatározása történhet n-változós függvény esetén is m ködik, ott n + 1 egyenletb l áll az egyenletrendszer. Több feltétel esetén g 1, g 2,... s ennek megfelel en λ 1, λ 2,... szükséges: ϕ(x 1, x 2,...) = f(x 1, x 2,...) + λ 1 g 1 (x 1, x 2,...) + λ 1 g 1 (x 1, x 2,...) +... 5