Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Többváltozós széls érték számítás és alkalmazásai BSc Szakdolgozat Készítette: Prikkel Anett Matematika BSc Matematikai elemz szakirány Témavezet : Keleti Tamás Egyetemi docens Analízis Tanszék 01 Budapest
Tartalomjegyzék 1. Széls érték számításhoz szükséges el ismeretek 4 1.1. Ponthalmazelmélet alapja............................... 4 1.. Folytonosság...................................... 5 1.. Dierenciálhatóság................................... 5 1.4. Parciális deriváltak................................... 6 1.5. Taylor-polinom..................................... 7 1.6. Szintvonalak....................................... 7. Többváltozós széls érték számítás 9.1. Kritikus pontok..................................... 9.. Példa........................................... 10.. Széls érték keresése második deriváltakkal, Taylor polinom............. 1.4. Konvexitás, konkávitás vizsgálata........................... 16. Alkalmazások, gyakorlati példák I. 18.1. Protmaximalizálás................................... 18.. Vadászat......................................... 0 4. Feltételes széls érték számítás 4.1. Iránymenti derivált, gradiensvektor.......................... 4.. Lagrange-féle multiplikátoros módszer........................ 4 4.. Lagrange-féle muntiplikációs módszer, két feltétel esetén.............. 6 5. Alkalmazások, gyakorlati példák II. 7 5.1. Úszómedence...................................... 7 5.. Költség-minimalizálás................................. 9 5.. Hóemberépítés..................................... 0 Összefoglalás Köszönetnyilvánítás 4 Irodalomjegyzék 5
Bevezetés Az egyetemen eltöltött három év során számtalanszor tapasztaltam, hogy a matematikához a legtöbb ember furcsán áll hozzá. Az orvosnál, a fodrásznál, s t még az ismer seim körében is rengetegen furcsán néztek rám, amikor megkérdezték t lem milyen szakra járok, és meghallották a választ. Voltak, akiknek a furcsa reakciójában tiszteletet éreztem, amiért ilyen, számukra hihetetlenül nehéz dolgot tanulok. A legtöbben egyb l azt gondolták, ha matek szakra járok, akkor biztosan tanár leszek. Mi mást lehet kezdeni a matekkal? A szakdolgozatom célja, hogy megmutassam, hogy a matematikát, azon belül az analízis egy ilyen kis szeletét is, mint a többváltozós széls érték számítást, milyen sok mindenre lehet használni. A gazdasági életben, a építészetben, más természettudományi szakokban, a hétköznapi élet dolgaiban, rengeteg helyen alkalmazható, s t alkalmazzák is ezt a módszert. Mivel matematika bsc szakdolgozatot írok, nyilván a dolgok komoly matematikáját is tartalmazza a dolgozatom, de sok példát, alkalmazást is bemutatok. Az els részben a széls érték számításhoz szükséges el ismereteket szedtem össze, mint egy áttekintésként, felsorolva a fontosabb tételeket, deníciókat. A második fejezetben a többváltozós széls érték számítást taglalom, a széls értékek mivoltát, ezeknek a meghatározási módszerét. Ezt két feladat követ, melyek egymástól teljesen eltér területr l származnak, a megoldási módszerük mégis ugyanaz. Majd a feltételes széls érték számítással folytatom, amit a Lagrange-féle multiplikátoros módszer ismertetésével mutatok be. Ezután ismét gyakorlati alkalmazások következnek.
1. fejezet Széls érték számításhoz szükséges el ismeretek A többváltozós függvényeket a valóságban zajló események leírására használjuk. Egy kémia folyamat leírására például akár több ezer változóra is szükség lehet. A háromszögek terültét a T = a ma kétváltozós függvény adja meg. Az olyan függvényeket, melyeknek értelmezési tartományuk a valós szám-n-esek egy halmaza, n változós függvényeknek nevezzük. Például ha minden dátumhoz hozzárendelünk egy napot, akkor egy háromváltozós függvényt kapunk: f(01, 1, 1) = hétf. A széls érték számítást általában optimum feladatok megoldására használjuk. Ha kíváncsiak vagyunk valaminek a maximális, vagy minimális értékére, vagy arra, hogy melyik az az érték, ami mellett az általunk vizsgált dolog, folyamat a legkedvez bb, akkor ezt a módszert hívjuk segítségül. Ebben a fejezetben áttekintésként felsorolom, hogy mik azok a fontos tételek, deníciók, amik elengedhetetlenek egy ilyen feladat megoldásához. A bizonyításokat nem ismertetem, mivel ebben a részben csupa olyat írok, amit az egyetemi évek során tanultunk. A második fejezetben, ahol jobban elmélyedünk a témába, már bizonyítások is szerepel. (A fejezetben a tételek és a deníciók a [1]-b l, valamint a []-b l származnak. ) 1.1. Ponthalmazelmélet alapja Els ként elevenítsük fel mit is jelent a bels pont, küls pont, illetve a határpont, amit a deníciókban és a feladatok során is el fordul. 1.1.1. Deníció. Bármely A R p halmazt megadva az R p tér pontjai három osztályba sorolhatók: Azokat a pontokat, amelyeknek van olyan környezetük, amely része A-nak, az A bels pontjainak nevezzük. Jele: inta = {x R p : r > 0, B(x, r) A} Azokat a pontokat, amelyeknek van olyan környezetük, amely diszjunkt A-tól, A küls pontjainak nevezzük. Jele: exta = {x R p : r > 0, B(x, r) A = } Azokat a pontokat, amelyeknek minden környezete metszi A-t és A komplementerét is, az A halmaz határpontjainak nevezzük. Jele: A = {x R p : r > 0, B(x, r) A B(x, r)\a } 4
1.. Folytonosság 1..1. Deníció. Legyen az f függvény értelmezve az A R p halmazon, és legyen a A. Azt mondjuk, hogy f folytonos az a pontban, ha minden ɛ > 0-hoz van olyan δ > 0, hogy minden x A, x a < δ esetén f(x) f(a) < ɛ. Ha f minden a A pontban folytonos, akkor azt mondjuk, hogy f folytonos az A halmazon. A folytonosság az a pontban szemléletesen azt jelenti, hogy a függvény az a pontban nem szakad. 1... Tétel (Átviteli-elv). Az f függvény akkor és csak akkor folytonos az a pontban az A halmazra szorítkozva, ha valahányszor egy (x n ) sorozatra x n a és x n A minden n-re, akkor f(x n ) f(a). 1... Tétel (Weierstrass-tétel). Legyen A R p korlátos és zárt, és legyen f : A R folytonos függvény. Ekkor f korlátos az A halmazon, és az A-n felvett értékei között van legnagyobb és legkisebb érték. 1.. Dierenciálhatóság Mikor mondjuk egy függvényr l, hogy dierenciálható? 1..1. Deníció. Legyen f értelmezve az a R p egy környezetében. Azt mondjuk, hogy f dierenciálható az a pontban, ha van olyan l(x) = α 1 x 1 + α x... α p x p lineáris függvény, hogy f(x) = f(a) + l(x a) + ɛ(x) x a minden x D(f)-re, ahol ɛ(x) 0 ha x a 1... Megjegyzés. Az f függvény akkor, és csak akkor dierenciálható, az a pontban, ha értelmezve van a R p egy környezetében, és létezik olyan l(x) lineáris függvény, hogy f(x) f(a) l(x a) lim = 0 x a x a A következ egy nagyon fontos tétel, a dierenciálhatóság és a folytonosság kapcsolatáról: 1... Tétel. Ha az f függvény dierenciálható az a pontban, akkor f folytonos a-ban. 1..4. Megjegyzés. A tétel megfordítása nem igaz. Ha az f függvény folytonos az a pontban, abból nem következik, hogy f dierenciálható is a-ban. Erre kit n ellenpélda: x függvény. 1..5. 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 az a-ban. 5
1.4. Parciális deriváltak A széls érték számítás talán legfontosabb eleme a parciális deriválás. Enélkül nem tudnánk megoldani a feladatokat, mivel az így kapott eredményeket használjuk majd fel a következtetéseinkhez. A parciális deriválás nem bonyolultabb az egyváltozós deriválásnál, csak mindig észben kell tartani, hogy mikor melyik változó szerint deriválunk, és melyek azok, amiket állandónak tekintünk. Nézzük a precíz deníciót: 1.4.1. Deníció. Legyen az f függvény értelmezve az a = (a 1, a,,..., a p ) R p pont egy környezetében. Lerögzítjük az (a 1, a,,..., a p ) pont kordinátáit az i-edik kivételével, és nézzük a t f i (t) = f(a 1, a,..., a i 1, t, a i+1,...,ap ) szekciófüggvényt. Így kapunk egy egyváltozós, t-t l függ f i függvényt, amelynek az a pontban vett deriváltját (ha létezik ) az f függvény a pontban vett i-edik parciális deriváltjának nevezzük. Jelölése: f (a), f xi (a), D xi f(a), D i f(a) x i Más szóval, f(a 1, a,..., a i 1, t, a i+1,..., a p ) f(a) f xi (a) = lim t ai t a i feltéve, hogy a limesz létezik. Legyen az f függvény értelmezve R p egy részhalmazán. Az f függvény i-edik parciálisderiváltfüggvénye az az f xi függvény, amely azokban az a pontokban van értelmezve, ahol f i-edik parciális deriváltja létezik és véges, és ott az értéke f xi (a). 1.4.. 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-ban, akkor f függvény dierenciáható a-ban. A parciális deriválás nem csak egyszer végezhet el egy függvényen, a parciálisan derivált függvényt ha lehetséges, még tovább deriválhatjuk bármelyik változója szerint, aztán azt is még tovább, és így tovább. Ezt nevezzük többszörös dierenciálásnak. 1.4.. Deníció. Legyen f értelmezve az a R p pont egy környezetében. Ha az f xj parciális derivált létezik az a pont egy környezetében és az f xj parciálisderivált-függvénynek létezik az i- edik parciális deriváltja az a pontban, akkor ezt az f függvény a-beli ij-edik másodrend parciális deriváltjának nevezzük. Jelölése: f x i x j (a), f xj x i (a), D i D j f(a), D ij f(a) 1.4.4. Tétel (Young-tétel). Ha f kétszer dierenciálható az a R p pontban, akkor f xi x j (a) = f xj x i (a) teljesül minden i, j = 1,..., p-re. 6
1.5. Taylor-polinom A Második fejezetben az egyik legfontosab bizonyításhoz a többváltozós Taylor-polinomot alkalmazzuk. Ezért elevenítsük fel az egyváltozós alakját is! 1.5.1. Tétel. Legyen az f függvény n-szer dierenciálható az a pontban és legyen A t n polinomra teljesül: t n (x) = f(a) + f (a) (x a) + + f (n) (a) n! f(x) t n (x) lim x a (x a) n = 0 (x a) n Ha egy legfeljebb n-edfokó p polinomra is teljesül ugyanez, akkot szükség képpen p = t n. Tehát a legfeljebb n-edfokú polinomok közül a t n polinom az, amelyik az f függvényt az a pontban lokálisan a legjobban közelíti. A t n polinomot az f függvény a pontbeli n-edik Taylor-polinomjának nevezzük. 1.5.. Megjegyzés. A t n polinom az egyetlen a legfeljebb n-edfokú polinomok közül, amelynek az i-edik deriváltja az a pontban f (i) (a)-val egyenl minden i n-re. Tehát: t n (a) = f(a), t n(a) = f (a),... t (n) n (a) = f (n) (a). Valamint, ha egy legfeljebb n-edfokú p polinomra. akkor szükségképpen p = t n. 1.6. Szintvonalak p(a) = f(a), p (a) = f (a),... p (n) (a) = f (n) (a), Ha egy f(x 1, x,..., x n ) függvény grakonját ábrázolni akarjuk akkor ezt megtehetjük, egy n + 1 dimenziós koordináta rendszerben, ez azonban ha n >, akkor elég bonyolultá válik. Ezért érdemes a geometriai szemléltetésre egy másik módszert alkalmazni, a függvény szintvonalainak a megrajzolását. (a) f(x, y) = sin(x)+cos(x) gra- konja (b) f(x, y) = sin(x) + cos(x) szintvonalai 7
1.6.1. Deníció. A síknak azokat a pontjait, ahol az f(x, y) függvény ugyanazt a konstans értéket veszi fel, az f szintvonalának nevezzük. 1.6.. Deníció. A térben azt az (x,y,z) ponthalmazt, amelyen az f(x, y, z) függvény ugyanazt a konstans értéket veszi fel, az f szintfelületének nevezzük. 8
. fejezet Többváltozós széls érték számítás A Weierstrass-tétel szerint, korlátos zárt tartományon folytonos függvénynek van széls értéke ezen a tartományon. Egyváltozóban ott kerestük a széls értéket, ahol a függvénynek vízszintes érint je volt, itt a derivált 0, vagy ahol nem létezett a derivált, valamint az intervallum határain. Többváltozós esetben is ez lesz a módszer lényege, csak nehezednek a technikai lépések..1. Kritikus pontok.1.1. Deníció. Az f függvény értelmezési tartományának azokat a bels pontjait, ahol az els rend parciális deriváltak nullák, vagy ahol legalább az egyik nem létezik, az f függvény kritikus pontjainak nevezzük. Nincs feltétlen minden kritikus pontban maximum vagy minimum, el fordulhat, hogy a pont nyeregpont, vagy esetleg egyik sem. A maximum és minimum is lehet egyarán lokális, vagy abszolút. Ezek deníciója az alábbi:.1.. Deníció. Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a R p pontban lokális maximuma van, ha a-nak van olyan U környezete, amelyben f értelmezve van és minden x U-ra f(x) f(a) ( x R p ). Ekkor az a pontot az f függvény lokális maximumhelyének nevezzük. Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a R p pontban lokális minimuma van, ha a-nak van olyan U környezete, amelyben f értelmezve van és minden x U -ra f(x) f(a) (x R p ). Ekkor az a pontot az f függvény lokális minimumhelyének nevezzük. Ha minden x U\{a} pontra f(x) < f(a), illetve f(x) > f(a), akkor szigorú lokális maximumról és szigorú lokális minimumról beszélünk.1.. Deníció. Egy f függvénynek a P 0 pontban abszolút maximuma van, ha f értelmezve van P 0 -ban és az értelmezési tartományának bármely P pontjára f(p 0 ) f(p ). Egy f függvénynek a P 0 pontban abszolút minimuma van, ha f értelmezve van P 0 -ban és az értelmezési tartományának bármely P pontjára f(p 0 ) f(p ). Abban az esetben ha a széls érték bels pontban van, akkor az abszolút maximum és minimum egyben lokális is, méghozzá azok közül a legkisebb és a legnagyobb. 9
.1.4. Deníció. Egy diernciálható f függvénynek nyeregpontja van a P pontban, ha a f-nek az els rend parciális deriváltjai P -ben nullák, és P lokális minimuma egy függ leges metszetként megkapható görbének, míg lokális maximuma egy másiknak. (c) f(x, y) = y x Nyeregpont (0,0)-ban (d) f(x, y) = y +x Minimum a (0,0)-ban (e) f(x, y) = y x Maximum a (0,0)-ban.1.5. Ábra. Hasonlóan az egyváltozós esethez, többváltozóban is kapcsolat van a derivált 0 értéke és a széls érték között..1.6. Tétel. Ha az f függvénynek lokális széls értéke van az a R p pontban, és f-nek léteznek a parciális deriváltjai a-ban, akkor f xi (a) = 0 minden i = 1..., p-re. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy f-nek lokális széls értéke van a = (a 1, a,..., a p ) pontban. Nézzük az f(x 1, a,..., a p ) = g 1, f(a 1, x, a,..., a p ) = g,... f(a 1, a,..., x p ) = g p függvényeket. Ekkor g 1 -nek lokális széls értéke van a 1 -ben, ezért g 1 (a 1) = 0. Ebben az esetben g 1 (a 1) = f x1 (a 1, a, a,..., a p ), így f x1 (a 1, a, a,..., a p ) = 0. Ezt minden változóra alkalmazzuk, így általánosan: g i -nek (i = 1,,... p) széls értéke van a i -ben, ezért g i (a i) = 0. Most g i (a i) = f xi (a 1, a, a,..., a p ), így f xi (a 1, a, a,..., a p ) = 0. Ezzel a tételt beláttuk..1.7. Tétel. [1] 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 és legkisebb értékét vagy A határán veszi fel, vagy pedig egy olyan a bels pontban, ahol f xi (a) = 0, minden i = 1,..., p re. Bizonyítás. [1] A Weierstrass-tétel szerint f-nek van legnagyobb értéke A-n. Legyen a A olyan pont, amelyben f értéke a legnagyobb. Csak az a inta esetet kell vizsgálnunk. Világos, hogy ekkor f-nek lokális maximuma van a-ban. A feltétel szerint a függvény parciális deriváltjai léteznek az a pontban, tehát f xi (a) = 0 minden i = 1,..., p-re az el z tétel alapján... Példa Egy kétváltozós példán keresztül láthatjuk, hogyan találhatók meg az f(x, y) függvény abszolút széls értékei. 10
0. Lépés: Megvizsgáljuk, hogy az adott függvény folytonos, dierenciálható-e. 1. Lépés: Megadjuk azokat a bels pontokat, ahol f-nek széls értéke lehet, és kiszámítjuk ezekben a pontokban a helyettesítési értéket.. Lépés: Az értelmezési tartomány határán is megadjuk azokat a pontokat, ahol f-nek abszolút széls értéke lehet, és ezekben is kiszámítjuk a helyettesítési értéket.. Lépés: A helyettesítési értékek közül kiválasztjuk a legkisebbet és a legnagyobbat, ezek lesznek rendre az abszolút minimum és maximum értékek. Oldjunk meg egy példát!..1. Példa. Keressük meg az alábbi függvény abszolút széls érték helyeit az y = 1, x = 1, y = 10 x egyenesekkel határolt háromszögön! f(x, y) = 4 + 4x x + 4y 4y Mivel f folytonos, és mindenütt deriválható, a háromszögön csak ott lehet széls érték, ahol f x = f y = 0, vagy a határon. Bels pontokban: f x =4 4x =0 f y =4 8y =0 Ezekb l az egyenletekb l egyetlen pontot kapunk: (x, y) = (1, 1 ) Itt a függvényérték: ( f 1, 1 ) = 7 Határpontokban: A háromszög minden oldalát sorra végignézzük. 1. y = 1 egyenes: Ekkor f(x, 1) = 4 + 4x x + 4 4 = 4 + 4x x Ez már csak x függvénye az x [1, 9] véges és zárt intervallumon, tehát a feladat egy egyváltozós széls érték kiszámítása, a tanult módon. Végpontokban: x =1 ahol f(1, 1) = 6 x =9 ahol f(9, 1) = 1 Az intervallum belsejében, ahol az f(x) = 4 + 4x x deriváltja nulla: ahol f (x) = 4 4x = 0 ott x = 1 f(1, 1) = 6. x = 1 egyenes: Ekkor f(1, y) = 6 + 4y 4y Ez már csak y függvénye az y [1, 9] véges, zárt intervallumon, tehát szintén egy egyváltozós függvény, az el bbiekhez hasonlóan oldjuk meg. Végpontokban: y =1 ahol f(1, 1) = 6 y =9 ahol f(1, 9) = 8 11
Az intervallum belsejében, ahol f(y) = 6 + 4y 4y deriváltja nulla: ahol f (y) = 4 8y = 0 ott y = 1 f ( 1, 1 ) = 7. y = 10 x egyenesen: Ekkor f(x, 10 x) = 4 + 4x x + 4(10 x) 4(10 x) = 6x + 80x 56 = x + 40x 178 Ez szintén csak x függvénye, véges, zárt intervallumon. A végpontokat már ellen ríztük így azokat a bels pontokat kell csak vizsgálni, ahol a derivált 0. Ahol f (x, 10 x) = 6x + 40 = 0 ott x = 0 f( 0, 10 0 ) = f(0, 10 ) = 4 + 4 0 ( 0 ) + 4 10 4 ( 10 ) = 68 Végs következtetés: A szóba jöhet értékek: f(1, 1 ) = 7, f(1, 1) = 6, f(9, 1) = 1, f(1, 9) = 8, f( 0, 10 ) = 68. A maximum 7, amit a függvény az (1, 1 ) pontban vesz fel, a minumum -8, amit a (1, 9) pontban vesz fel. Látható, hogy ez a módszer elég hosszadalmas, és sok számolással jár. Az algebrai feltételt tartalmazó széls érték feladatokat általában a Lagrange-multiplikátoros módszerrel oldjuk meg. Ezt a megoldási módszert a 4. fejezet tartalmazza... Széls érték keresése második deriváltakkal, Taylor polinom A következ részben egy nagyon fontos tételt fogok kimondani. A tételben a másodrend parciális deriváltakat vizsgáljuk, és ezek segítségével határozzuk meg az adott kritikus pont mivoltát. A tételt és a bizonyítást kétváltozós esetre mondom ki és bizonyítom, de természetesen többváltozóban is alkalmazható. Miel tt rátérnénk a tételre, szükséges hogy bevezessük a többváltozós Taylor-polinomok fogalmát. Mivel a tétel kétváltozós függvényekre vonatkozik, ennek is a kétváltozós esetét vesszük...1. Állítás. Ha a kétváltozós f függvény (n+1)-edik parciális deriváltjai a P 0 = (x 0, y 0 ) pont valamely teljes környezetében léteznek és folytonosak, akkor e környezet bármely P (x 0 +h, y 0 +k) pontjában felvett függvényérték kifejezhet a következ képpen: f(p ) = f(p 0 ) + ( hf x(p 0 ) + kf y(p 0 ) ) + 1! + 1! + 1 n! ( h f xx(p 0 ) + hkf xy(p 0 ) + k f yy(p 0 ) ) ( h f () xxx(p 0 ) + h kf () xxy(p 0 ) + hk f () yyx(p 0 ) + k f () yyy(p 0 ) ) + + ( h f(p 0 ) x + k f(p 0) ) n 1 ( f(θ) + h y n + 1 x + k f(θ) ) n+1, y ahol a Θ = (x 0 + c h, y 0 + c k), és a c a (0, 1) itervallum alkalmasan választott pontja. A formulát a kétváltozós függvények Taylor-formulájának nevezzük. 1
Az állításban szerepl Taylor-formula lehet vé teszi, hogy kétváltozós függvényeket polinómokkal közelítsünk. Az els n derivált a polinom együtthatóit adja meg, az utolsó tag a közelítés hibáját.... Tétel. [] Tegyük fel, hogy f(x, y) els és második parciális deriváltjai folytonosak egy (a,b) középpontú körlapon, és f x (a, b) = f y (a, b) = 0. Ekkor: (i) ha f xx f yy f xy > 0 és f xx > 0, akkor f-nek (a, b)-ben lokális minimuma van. (ii) ha f xx f yy f xy > 0 és f xx < 0, akkor f-nek (a, b)-ben lokális maximuma van. (iii) ha f xx f yy f xy < 0, akkor f-nek (a, b)-ben nyeregpontja van.... Megjegyzés. Ha f xx f yy f xy = 0, akkor a második deriváltakkal nem eldönthet, hogy van-e széls értéke f-nek (a, b)-ben. Ekkor más úton kell vizsgálódni Az f xx f yy fxy kifejezést a kétváltozós f függvény diszkriminánsának, vagy más néven Hesse-determinánsának nevezzük. Determináns formában: f xx f yy fxy = f xx f xy Bizonyítás. [] Legyenek f(x, y) másodrend parciális deriváltjai folytonosak egy olyan nyílt T tartományon, amelynek pontja P (a, b), ahol f x = f y = 0. Legyenek a h és k értékek olyan kicsik, hogy az S(a + h, b + k) pontot P -vel összeköt szakasz teljes egészében T -ben haladjon át. Paraméterezzük a P S szakaszt, mint: f yx f yy x = a + th, y = b + tk, 0 t 1 Így a szakasz egy pontja: (a+th, b+tk). Ha F (t) = f(a+th, b+tk), a láncszabályból következik, hogy: F (t) = f x dx dt + f y dy dt = h f x + k f y Mivel f x és f y dierenciálhatók, F a t-nek dierenciálható függvénye, és F (t) = F x dx dt + F y dy dt = (h f x + k f y ) x h+ (h f x + k f y ) k = h f xx + hkf xy +k f yy y Mivel F és F folytonosak [0, 1]-en és F dierenciálható [0, 1]-en alkalmazhatjuk a Taylorformulát n =, a = 0 esetre: F (1) = F (0) + F (0)(1 0) + F (1 0) (c) (.1) F (1) = F (0) + F (0) + 1 F (c) (.) valamilyen c értékre 0 és 1 között. Beírva a (.1)-es képletbe az f kifejezéseit: f(a + h, b + k) =f(a, b) + hf x (a, b) + kf y (a, b) + 1 ( h f xx (a + ch, b + ck) + hf xy (a + ch, b + ck)+ k f yy (a + ch, b + ck) ) 1
Mivel f x (a, b) = f y (a, b) = 0, ezért f(a+h, b+k) f(a, b) = 1 ( h f xx (a + ch, b + ck) + hf xy (a + ch, b + ck) + k f yy (a + ch, b + ck) ) alakúra egyszer södik. Az f függvény széls értékének létezése az (a, b) pontban f(a + h, b + k) f(a, b) el jelét l függ. Az el z egyenlet szerint ez megegyezik: Q(c) = h f xx (a + ch, b + ck) + hf xy (a + ch, b + ck) + k f yy (a + ch, b + ck) el jelével. Mivel Q folytonos, ha Q(0) 0, akkor Q(c) el jele egy alkalmas kicsiny környezetben megegyezik Q(0) el jelével. Q(0) = h f xx (a, b) + hf xy (a, b) + k f yy (a, b) (.) el jelét pedig többnyire meg tudjuk mondani f xx és f xx f yy f xy el jeléb l az (a, b) pontban. Szorozzuk be a (.)-as egyenl ség mindkét oldalát f xx -szel és rendezzük át: f xx Q(0) = Ebb l az egyenl ségb l láthatjuk, hogy: ( ( ) hf xx (a, b) + kf xy (a, b)) + f xx (a, b)f yy (a, b) fxy(a, b) k 1. Ha f xx < 0 és f xx f yy f xy > 0 az (a, b) pontban, akkor elegend kicsiny, de nem nulla h, k-ra Q(0) < 0 így f-nek lokális maximuma van (a, b)-ben.. Ha f xx > 0 és f xx f yy f xy > 0 az (a, b) pontban, akkor elegend kicsiny, de nem nulla h, k-ra Q(0) > 0 így f-nek lokális minimuma van (a, b)-ben.. Ha f xx f yy f xy < 0 az (a, b)-ben, akkor h-ra és k-ra mindig lehet olyan értékpárokat találni, hogy azok tetsz legesen közel legyenek a 0-hoz, és az egyikre Q(0) < 0, a másikra Q(0) > 0. Tehát a z = f(a, b) felület P 0 (a, b, f(a, b)) pontjához tetsz legesen közel vannak a felületen olyan P pontok, amelyek magasabban vannak, mint P 0, és vannak olyanok, amelyek alacsonyabban vannak. Itt tehát f-nek nyeregpontja van. 4. Ha f xx f yy f xy = 0, akkor más vizsgálatra van szükségünk. Ha Q(0) lehet 0 is, akkor nem tudunk Q(c) el jelére vonatkozóan semmilyen következtetést levonni. A tételben kimondottak alapján meg tudjuk állapítani, hogy többváltozós függvényeknek van-e lokális széls értéke, és ha van akkor az maximum, minimum, vagy esetleg nyeregpontja van. Ha kett nél több változós a függvény, akkor több számolást igényel ezeknek a meghatározása, de a módszer ugyanaz. A Hesse-mátrix sarokdeterminánsainak el jelét kell megnézni, vagy a sajátértékek alapján meg kell határozni a mátrix denitségét. Ha minden sajátérték pozitív, akkor a mátrix pozitív denit. Ebben az esetben lokális minimuma van a függvénynek. Ha minden sajátérték negatív, akkor negatív denit, ekkor lokális maximuma van. Ha pedig van negatív és pozitív sajátérték is, akkor a mátrix indenit, és nyeregpont van. A két módszer lényegében ugyanazt jelenti. El fordulhat, hogy csak egyetlen pont van, ahol az els rend deriváltak nullák, és a második deriváltakkal el is tudjuk dönteni, hogy ez lokális maximum, vagy minimum-e. Viszont egyáltalán nem biztos, hogy ebben a pontban abszolút széls érték is van. Egyváltozós esetben, ha egyetlen pontot találtunk, ahol a függvény deriváltja nulla volt, akkor biztosak lehettünk abban, hogy 14
ez nem csak lokális, hanem abszolút széls érték is. Nyilván, ha csak lokális lenne, akkor lenne legalább egy pont, ahol a függvény értéke kisebb, mint a lokális széls érték helyen. Ehhez viszont az kell, hogy a függvény átforduljon, vagyis megváltozzon a derivált el jele. Ekkor szükségszer en kell, hogy legyen még egy kritikus pont, de ez ellentmondás, mivel csak egy ilyen pontot kaptunk. Többváltozóban a helyzet nem ilyen egyszer. Ha csak egy pont van, ahol az els rend parciális deriváltak értéke nulla, akkor az egyáltalán nem biztos, hogy az abszolút széls érték hely is, szükséges további vizsgálat annak eldöntésére, hogy csak lokális, vagy globális széls értéke. Erre szeretnék is mutatni egy példát...4. Példa. [6] Keressük az f(x, y) = x + y (1 x) széls értékeit, ahol x, y R. Az els rend parciális deriváltak: f x = x y (1 x) = 0 f y = y(1 x) = 0 Ebb l egyentlen egy pontot kapunk a (0, 0)-t. A másodrend parciális deriváltak: Értéke a (0, 0)-ban: f xx (0, 0) = Értéke a (0, 0)-ban: f xy (0, 0) = 0 f xx = + 6y (1 x) f xy = 6y(1 x) f yy = (1 x) Értéke a (0, 0)-ban: f xy (0, 0) = Így a Hesse-determináns a (0, 0)-ban: 0 0 = 4 > 0, tehát a széls érték létezik, és f xx = > 0 így a (0, 0) pontban minimum van. De ez csak lokális minimum, mivel van olyan pont, ahol a függvény kisebb értéket vesz fel. Pl.:f(4, 1) = 11 < f(0, 0) = 0 A függvény ábráját is megvizsgálhatjuk, ebb l is látszik, hogy a nullánál sokkal kisebb értékeket is felvesz, és ennek a függvénynek nincs abszolút széls értéke..1. ábra. f(x, y) = x + y (1 x) függvény 15
A példából is látható, hogy a Hesse-determinánsos módszerrel, csak a lokális széls értékekr l tudunk biztos megállapítást tenni. Ahhoz, hogy eldöntsük, hogy az adott pontban nem csak lokális, hanem abszolút szels érték van, további vizsgálat szükséges. Ehhez én a konvexitás és konkávitás elemzését használom..4. Konvexitás, konkávitás vizsgálata Els ként nézzük, hogy deníció szerint mikor mondjuk, hogy egy többváltozós függvény konvex, illetve, hogy konkáv..4.1. Deníció. Legye H R p konvex. Azt mondjuk, hogy az f : H R függvény konvex a H halmazon, ha f ((1 t)x + ty) (1 t)f(x) + tf(y) minden x, y H és t [0, 1] esetén. Azaz, ha a függvénygörbe két pontját összeköt húr a függvénygörbe fölött halad. konkáv a H halmazon, ha f ((1 t)x + ty) (1 t)f(x) + tf(y) minden x, y H és t [0, 1] esetén. Azaz, ha a függvénygörbe két pontját összeköt húr a függvénygörbe alatt halad. Kétszer deriválható egyváltozós függvények konvex, konkáv mivoltát a másosik derivált el jelével jellemeztük. Ez lehetséges kétváltozós esetben is..4.. Tétel. [4] Legyen f(x, y) a sík egy konvex, nyílt S részhalmazán értelmezett kétszer folytonosan deriválható függvény. Ekkor: f konkáv f xx 0, f yy 0 és f xx f xy 0 f yx f konvex f xx 0, f yy 0 és f xx f yx f yy f xy f yy 0 ahol az egyenl tlenségek az egész S halmazon teljesülnek..4.. Tétel. [4] Legyen f(x, y) a sík egy konvex, nyílt S részhalmazán értelmezett kétszer folytonosan deriválható függvény. Ekkor: f xx < 0 és f xx f xy > 0 = f szigorúan konkáv f yx f xx > 0 és f xx f yx f yy f xy f yy > 0 = f szigorúan konvex ahol az egyenl tlenségek az egész S halmazon teljesülnek. A konvexitást és a konkávitást felhasználva elégséges feltételt kapunk a globális széls érték létezésére. 16
.4.4. Tétel. [4] Legyen f(x, y) a sík egy konvex S részhalmazán értelmezett kétszer folytonosan deriválható függvény, és tegyük fel, hogy (x 0, y 0 ) az S olyan bels pontja, amelyben az f els rend parciális deriváltjai nullák. Ha minden (x, y) S esetén f xx 0, f yy 0 és f xx f xy 0, azaz f konkáv, akkor (x 0, y 0 ) az f(x, y) függvény maximumhelye az S halmazon. Ha minden (x, y) S esetén f xx 0, f yy 0 és f xx f yx f yx (x 0, y 0 ) az f(x, y) függvény minimumhelye az S halmazon. f yy f xy f yy 0, azaz f konvex, akkor Az el z három tétel általánosítható n változóra is, valamint megfogalmazható a Hesse-féle mártixhoz tartozó kvadratikus alak denitségével is. Most lássuk ezt a megfogalmazást..4.5. Tétel. [4] Legyen f(x 1, x,... x n ) az S R n nyílt, konvex halmazon értelmezett, C -beli függvény. Jelölje H(x) az f Hesse-féle mátrixát, ekkor: f konkáv x S esetén H(x) negatív szemidenit. f konvex x S esetén H(x) pozitív szemidenit.4.6. Megjegyzés. Ha x S esetén H(x) negatív denit, akkor f szigorúan konkáv. Ha x S esetén H(x) pozitív denit, akkor f szigorúan konvex. Az elméleti rész után rátérhetünk arra, hogy a gyakorlatban is alkalmazzuk az eddig leírtakat. 17
. fejezet Alkalmazások, gyakorlati példák I. Az alábbi fejezetben az eddig részletesen kidologozott módszert alkalmazzuk. Igyekeztem a feladatokat úgy összeállítani, hogy mindegyik az élet más-más területében felmerül kérdésre keresse a választ. Ezzel szeretném igazolni, hogy milyen sok mindenre alkalmas a többváltozós széls érték számítás..1. Protmaximalizálás Els ként nézzünk egy gazdasági példát!.1.1. Feladat. [] alapján Egy üzemben kétféle terméket állítanak el, jelölje ket A és B, melyeknek önköltsége rendre 4000 Ft/db és 000 Ft/db. Piackutatók megállapították, hogy az eladási áruk befolyásolja mind a saját, mind a másik termék iránti keresletet is. (Azaz az eladott darabok számát.) A keresleti függvénye: f(x, y) = 500 (1 + y 4x) B keresleti függvénye: g(x, y) = 500 (x y) x: az A termék ára, ezer Ft-ban, y: a B termék ára, ezer ft-ban, valamint x, y R + A kérdés: Mekkora legyen az A, illetve a B termék egységára, hogy a tiszta bevétel, a prot maximális legyen? Jelölje p(x, y) a protot az eladási árak függvényében. Mint tudjuk, a prot=bevétel-kiadás, tehát: p(x, y) = [500(1 + y 4x) x + 500(x y) y] [500(1 + y 4x) 4 + 500(x y) ] Matematatikailag a kérdés, a p(x, y) függvény abszolút maximuma. Els ként egyszer sítsük a p(x, y)-t 500-zal! Így: p(x, y) = [(1 + y 4x)x + (x y)y] [(1 + y 4x)4 + (x y)] = 1x + xy 4x + xy y 48 1y + 16x 9x + 9y = 4x y + 19x y + 6xy 48 18
Ahogyan azt az el z fejezetb l tudjuk, lokális széls érték a kritikus pontokban lehetséges. Mivel a függvényünk mindenhol dierenciálható, folytonos, és nincsenek határpontok, ezért azokat a pontokat vizsgáljunk, ahol az els rend parciális deriváltak értéke 0. Ez szükséges feltétel arra, hogy széls érték legyen az adott pontban. p x (x, y) = 8x + 19 + 6y = 0 p y (x, y) = 6y + 6x = 0 Az egyenletrendszert megoldva a P = (8, 7.5) pontot kapjuk. Ezután nézzük a másodrend parciális deriváltakat! p xx = 8 A Hesse-determináns: p yy = 6 p xy = 6 deth(x, y) = 8 6 6 6 = 1 deth(8, 7.5) = 8 6 6 6 = 1 (nyilván megegyeznek, mivel egyik tag sem függ sem x-t l, sem y-tól.) deth = 1 > 0 ebb l következik, hogy a (8, 7.5) pontban létezik széls érték, és mivel p xx = 8 < 0 ezért azt is tudjuk, hogy lokális maximum van ebben a pontban. A.4. alfejezetben szerepl tételekb l következ en, ha belátjuk, hogy a függvény konkáv, akkor biztosak lehetünk abban, hogy ez a pont abszolút maximum hely is. Ehhez nézzük meg a Hesse-mátrix denitségét, ugyanis a.4.4. tétl alapján, ha ez negatív (szemi)denit, akkor konkáv a függvény. Nézzük a karakterisztikus polinomot, melynek a gyökei a sajátértékek, ezeknek az el jeléb l el tudjuk dönteni a mátrix denitségét. 8 λ 6 6 6 λ = ( 8 λ)( 6 λ) + 6 = 48 + 14λ + λ + 6 = 0 λ 1, = 14 ± 14 4 1 = 14 ± 148 Látható, hogy mindkét gyök negatív, tehát a mátrix negatív denit, a függvény (szigorúan)konkáv, így a (8,7.5) pont nem csak lokális, hanem abszolút maximumhely is. A függvényt ábrázoltam is, az ábrából is látható, hogy konkáv:.1. ábra. p(x, y) = 4x y + 19x y 48 függvény Tehát, a prot akkor maximális, ha az A termék ára 8000 Ft/db, a B termék ára pedig 7500 Ft/db. 19
.. Vadászat A második példa a vadászoknak kedvez. Ha minden vadász ismerné azt a függvényt, amely megadja az elejtett fácánok számát a kutyák és a hajtók függvényében, akkor megmondhatnák nekik, mib l mennyit érdemes magukkal vinni, hogy a legtöbb zsákmányuk legyen...1. Feladat. [] (6.feladat) Tegyük fel, hogy egy vadász x kutyával és y hajtóval vadászik, és most ismerjük a függvényt, amely az elejtett fácánok számát adja meg: f(x, y) = x y + 8x + 16y 10 Nyilván x, y N + A kérdés: Hány kutyát és hány hajtót vigyen magával a vadász, hogy a legnagyobb zsákmányra tegyen szert? Mekkora ez a legnagyobb zsákmány? Matematikailag az f függvény abszolút maximum helyét keressük. Az el z példához hasonlóan oldjuk meg a feladatot. Szintén azokat a pontokat vizsgáljuk ahol az els rend parciális deriváltak nullák, ez a szükséges feltétel, majd megnézzük, hogy a pont amit így kapunk tejesíti-e az elégségességi feltételt is. f x (x, y) = x + 8 = 0 f y (x, y) = y + 16 = 0 Az egyenleteket megoldva a (4, 8) pontot kapjuk megoldásnak. Most nézzük a másodrend parciális deriváltakat: f xx = f yy = f xy = 0 A Hesse-determináns a (4, 8) pontban: deth(4, 8) = 0 0 = 4 > 0, tehát a széls érték létezik ebben a pontban, és mivel f xx = < 0 ezért a (4, 8) pont lokális maximumhely. Ekkor a függvény értéke: f(4, 8) = 70. Nézzük meg, hogy ez abszolút maximumhely-e? Szintén vizsgáljuk a Hesse-mátrix denitségét! λ 0 0 λ = ( λ) = 4 + 4λ + λ Ennek a karakterisztikus polinomnak keressük a gyökeit: 4 + 4λ + λ = 0 λ 1, = 4 ± 16 4 1 4 = A - kétszeres gyök, a mátrix negatív denit, így a függvény (szigorúan)konkáv, tehát a (4,8) pont abszolút maximumhely is. Amint látható, az ábrával is igazolható, hogy a függvény konkáv: 0
.. ábra. f(x, y) = x y + 8x + 16y 10 függvény Tehát a vadásznak 4 kutyát és 8 hajtót kell magával vinnie, hogy maximális, 70 fácánból álló zsákmányra tegyen szert. Ebb l már a vadász és a hajtók családja is b séges lakomát csaphat. 1
4. fejezet Feltételes széls érték számítás (A fejezetet a [] alapján készítettem ) Gyakorlati problémák között gyakran találkozunk olyan esettel, hogy nem csak egy egyszer széls érték számítást kell megoldanunk, hanem ezt valamilyen feltétel mellett kell megadnunk, vagyis nem az egész értelmezési tartományon, csak annak egy bizonyos részén. Az ilyen feladatokra alkalmazzuk a feltételes széls érték számítást. A második fejezetben láttunk már egy példát ilyen jelleg feladatra. Ott behelyettesítéssel oldottuk meg a széls érték számítást adott feltétel mellett. Általában azonban a korlátozó feltételek nem olyan egyszer ek, és a helyettesítés jóval bonyolultabb, vagy nem is alkalmazható. Ezért ebben a fejezetben vizsgálunk egy olyan módszert, amely bármely feltételes széls érték számítási feladathoz megfelel. Ez pedig a Lagrange-féle multiplikátoros módszer 4.1. Iránymenti derivált, gradiensvektor Miel tt rátérnénk a Lagrange-multiplikátorra, nézzünk néhány fogalmat melyekre szükségünk lesz a továbbiakban. Ha rápillantunk egy hegység szintvonalait ábrázoló térképre, látható, hogy van olyan rész, ahol a tengerszint feletti magasság a leggyorsabban változik, ahol a hegység a legmeredekebb. Matematikailag is meg tudjuk ezt határozni. Ugyanis, ha egy f(x, y) függvény dierenciálható, akkor az alábbi egyenlet adja meg, hogy f milyen gyorsan változik t szerint, a szintén dierenciálható x = g(t), y = h(t) görbe mentén: df dt = f dx x dt + f dy y dt Minden P 0 (x 0, y 0 ) pontban ez az egyenl ség adja meg az f változásának gyorsaságát a t növeked irányában. 4.1.1. Deníció. [5] Legyen f kétváltozós függvény folytonos parciális deriváltakkal. Vegyük a P 0 = (x 0, y 0 ) pontot és az u = vi + wj egységvektort. Tekintsük az r(t) = (x 0 + v(t)) i + (y 0 + w(t)j) paraméterezését a P 0 pontban átmen, u = vi + wj irányú egyenesnek. Ekkor a g(t) = f (r(t)) függvény t = 0-beli deriváltját (ha létezik) nevezzük az f függvény P 0 = (x 0, y 0 )- beli, u = vi + wj irányú iránymenti deriváltjának. Jelölése: ( ) df dt vagy (D u f) P0 Tehát: ( ) df dt u,p 0 = g g(t) g(0) f(r(t)) f(r(0) f(x 0 + v(t), y 0 + w(t)) f(x 0, y 0 ) (0) = lim = lim = lim u,p t 0 0 t 0 t 0 t t 0 t
4.1.. Deníció (Gradiensvektor). Az f(x, y) függvény gradiens vektora, gradiense a P 0 (x 0, y 0 ) pontban a: vektor. f = f(x 0, y 0 ) x i + f(x 0, y 0 ) j y 4.1.. Megjegyzés. Természetesen a deníció három változóban is ugyanígy m ködik, csak ott a f(x, y, z) függvényre és az u = u 1 i + u j + u k-ra írjuk fel az egyenl séget: f = f(x 0, y 0, z 0 ) x i + f(x 0, y 0, z 0 ) y j + f(x 0, y 0, z 0 ) k z 4.1.4. Tétel (Iránymenti derivált, mint skalárszorzat). Ha f(x, y) dierenciálható egy nyílt tartományon, melynek a P 0 (x 0, y 0 ) bels pontja, akkor: azaz f gradiense a P 0 -ban szorozva u-val. D u,p0 = ( f) P0 u, Bizonyítás. [5] A bizonyítás során a 4.1.1 denícióbeli jelöléseket használom. 4.1.5. Megjegyzés. D u,p0 = g (0) = f (r(t)) t=0 =x f (r(0)) (0) + y f (r(t)) (0) x y = v f(x 0, y 0 ) + w f(x 0, y 0 ) x y ( f(x0, y = u 0 ) i + f(x ) 0, y 0 ) j x y ahol Θ az u és a f vektorok által bezárt szög. D u f = f u = f u cos(θ) 4.1.6. A D u f = f u = f u cos(θ) tulajdonságai. Tegyük fel, hogy f dierenciálható az értelmezési tartományán. Az f függvény akkor n a leggyorsabban, ha cos(θ) = 1, ez akkor teljesül, ha Θ = 0, vagyis a közbezárt szög 0, azaz u és a f iránya megegyezik. Tehát f az értelmezési tartományának minden P pontjában arra növekszik a leggyorsabban, amerre a P -beli gradiens mutat. Itt az iránymenti derivált: D u f = f 1 cos(0) = f Hasonlóan a f irányban csökken a leggyorsabban f. Ekkor az iránymenti derivált: D u f = f 1 cos(π) = f A f 0 gradiensre mer leges irányban az iránymenti derivált 0, mivel ilyenkor Θ = π, és: ( π ) D u f = f 1 cos = 0
Nézzünk egy példát, hogy a gyakorlatban is lássuk, hogyan megy a számolás! 4.1.7. Példa. Határozzuk meg azokat az irányokat, melyekben az f(x, y) = x 4 + y 4 függvény a a, (4, 4) pontban a leggyorsabban n b, (4, 4) pontban a leggyorsabban csökken c, (4, 4) pontban nem változik. a, A függvény a gradiens irányába n a leggyorsabban. A gradiens a (4, 4) pontban: ( x ( f) (4,4) = i + y j) = i + j (4,4) Az egységnyi hosszú irányvektor: u = i+j i+j = i+j + = 8 i + 8 j = 1 i + 1 j b, A függvény a gradienssel ellentétes irányban csökken a leggyorsabban, azaz ( f) (4,4) irányban: u = 1 i 1 j c, A nulla változás mer leges a f (4,4) gradiensre: n = 1 i + 1 j és -n = + 1 i 1 j 4.. Lagrange-féle multiplikátoros módszer Ahhoz, hogy értsük a módszer miért m ködik, szükséges az alábbi tétel ismerete: 4..1. Tétel (Mer leges gradiens tétel). Tegyük fel, hogy f(x, y, z) dierenciálható egy tartományban, és ennek belsejében van a C : r(t) = g(t)i + h(t)j + k(t)k sima görbe. Ha P 0 a C görbe egy olyan pontja, ahol a görbe potjaiban az f függvénynek lokális maximuma vagy minimuma van, akkor f mer leges C-re a P 0 pontban. Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy f mer leges a görbe sebességvektorára a P 0 pontban. Az f függvény értékei a C görbe pontjaiban az alábbi összetett függvénnyel vannak megadva: f(g(t), h(t), k(t)), melynek t szerinti deriváltja: df dt = f dg x dt + f dh y dt + f dk = f v. z dt Minden pontban, ahol f-nek maximuma vagy minimuma van a C görbén felvett értékeihez képest, ott df dt = 0 kell, hogy legyen, így: f v = 0, ahol v = dr dt Ezzel az állítást bebizonyítottuk. 4
4... Megjegyzés. Ha a z koordinátás tagot elhagyjuk, akkor ugyanez az eredmény adódik kétváltozós esetre is. A Lagrange-féle multiplikátoros módszerhez a 4..1.-es tétel a kulcs. Tegyük fel, hogy f(x, y, z) és g(x, y, z) diernciálható függvények, és f-nek maximuma vagy minimuma van a P 0 pontban a g(x, y, z) = 0 felületen. Ekkor a P 0 pontban lokális széls értéke van f-nek minden olyan görbén, ami átmegy a P 0 ponton és a g(x, y, z) = 0 felületen halad. Így minden ilyen diernciálható görbe sebességvektorára mer leges a f ebben a pontban. Mivel a sebességvektorokra g szintén mer leges, így f valamilyen konstansszorosa g-nek. 4... Állítás (Lagrange-féle multiplikációs módszer). Legyenek f(x, y, z) és g(x, y, z) differenciálható függvények. Az f függvény akkor vehet fel lokális maximumot, vagy minimumot a g(x, y, z) = 0 feltételt teljesít pontokban, ha x, y, z, és λ (ahol λ egy konstans) kielégítik a: f = λ g és g(x, y, z) = 0 egyenletet. Kétváltozós esetben is hasonló a feltétel, csak a harmadik koordinátát el kell hagyni. Nézzünk egy példát a módszer használatára! 4..4. Példa. Keressük meg az f(x, y) = xy függvény maximumát és minimumát az x +y = 1 körvonalon. Tehát az f(x, y) = xy széls értékeit keressük, a g(x, y) = x + y 1 = 0 feltétel mellett. Els ként kellenek azok az x, y, λ értékek, amelyekre teljesül a : f = λ g valamint a g(x, y) = 0 f x i + f y j = λ g x i + λ g y j yi + xj = λxi + λyj amib l: y = λx, x = λy így y = 4λ y. Tehát y = 0 vagy λ = ± 1 Tekintsük ezt a két esetet: 1, Ha y = 0 akkor x = 0, viszont a (0, 0) pont nincs a körvonalon, ezért y 0., Ha y 0 akkor λ = ± 1 ekkor x = ±y. Behelyettesítve ezt a g(x, y) = 0-ba: (±y) + y 1 = 0, így y + y = 1 azaz y = ± 1 ( Az f(x, ) y) = xy függvénynek ) tehát 4 pontban lehet széls értéke a körvonalon. Ezek a pontok: ± 1 1,, (± 1, 1. Ezekben a pontokba a függvény által felvett értékek: és f(x, y) = xy = 1 a maximum, f(x, y) = xy = 1 a minimum. 4..5. Deníció. Deniáljuk a Lagrange-függvényt az alábbi módon: L(x 1, x,..., x n ) = f(x 1, x,..., x n ) m λ j g j (x 1, x,..., x n ) A Lagrange-multiplikátoros módszer csak szükséges feltételt ad a széls érték létezésére, ezért kell egy elégséges feltétel is! 5 j=1
4..6. Tétel (Globális elégségesség). ([4]alapján) Tegyük fel, hogy az f(x, y) függvény, amelynek a széls értékét keressük, valamint a g(x, y) feltételt biztosító függvény folytonosan dierenciálhatók az R egy nyílt konvex A halmazán. Legyen (x 0, y 0 ) A az L(x, y) = f(x, y) λg(x, y) Lagrange-függvény stacionárius pontja, vagyis az a pont, ahol L(x, y) els rend deriváltjai nullák, g(x 0, y 0 ) = 0, és λ egy konstans. Ekkor L(x, y) konkáv = (x 0, y 0 ) megoldása a maximalizálási feladatnak. L(x, y) konvex = (x 0, y 0 ) megoldása a minimalizálási feladatnak. 4..7. Megjegyzés. Látható, hogy L(x, y) = f(x, y) λg(x, y) konkáv, ha f(x, y) konkáv és λg(x, y) konvex, mert ekkor L(x, y) = f(x, y) + [ λg(x, y)] konkáv függvények összege. 4.. Lagrange-féle muntiplikációs módszer, két feltétel esetén A f(x, y, z) dierenciálható függvény széls érték keresésénél gyakran el fordulhat, hogy nem csak egy, hanem két korlátozó feltétel is van: g 1 (x, y, z) = 0 valamint g (x, y, z) = 0 ahol g 1, g dierenciálható függvények. Ha g 1 nem párhuzamos g -vel, akkor a feltételes széls értékek megtalálásához be kell vezetni a λ, µ Lagrange-féle multiplikátorokat. Tehát f(x, y, z) azokban a pontokban vehet fel széls értéket, ahol az x, y, z, λ, µ kielégítik a: f = λ g 1 + µ g g 1 (x, y, z) = 0 és g (x, y, z) = 0 egyenleteket. A g 1, g függvények egy sima görbében metszik egymást, jelöljük ezt G-vel. Az f függvénynek ezen a görbén keressük az lokális széls értékeit a görbén felvett értékeihez képest. Ezek azok a pontok lehetnek ahol f mer leges a G görbére, ahogyan azt a 4..1.-es tételben láttuk. A g 1 és g szintén mer legesek G-re, mivel a G a g 1 = 0 és a g = 0 felületeken fekszik. Így az f a g 1 és a g által meghatározott síkban van, tehát azok lineáris kombinációja. Természetesen az f függvény lehet n változós és a feltételb l sem csak kett, hanem m db is el forulhat, ahol n, m N +, ekkor azonban egy n + m db egyenletb l álló egyenletrendszert kell megoldanunk, n + m darab:x 1, x..., x n, λ 1, λ,..., λ m ismeretlenre. 6
5. fejezet Alkalmazások, gyakorlati példák II. Ebben a fejezetben a feltételes széls érték számításhoz mutatok példákat, alkalmazásokat, ezzel tovább növelve az olyan élethelyzetek, problémák számát, amikor ezt a módszert hívhatjuk segítségül. 5.1. Úszómedence Ha építeni akarunk egy úszómedencét, és csak azt tudjuk, hogy hány m térfogatút szeretnénk, akkor érdemes kiszámolni, hogy mekkorák legyenek a medence paraméterei, hogy a lehet legkevesebb anyagot használjuk fel hozzá. 5.1.1. Feladat. ([]50.feladat) Hogyan válasszuk meg a felül nyitott úszómedencének a méreteit, hogy elkészítéséhez a lehet legkevesebb anyagra legyen szükség, a térfogata pedig 4m legyen? Els lépésként szükségünk van a minimalizálandó függvényre és a feltételre. Az f(x, y, z) = xy + yz + xz lesz a függvényünk, aminek a minimuma kell, ahol x és z a medence alapjának a méretei, y pedig a mélysége, tehát ezért x, y, z R +. Ez a függvény a felül nyitott téglatest felszínét adja meg, ami ekvivalens azzal, hogy mennyi anyag kell az elkészítéséhez. A feltétel pedig a g(x, y, z) = xyz 4 = 0 függvény, ami a térfogatból származik. Az el z fejezetben leírtak alapján az alábbi egyenl séget kell kiszámolni megfelel x, y, z, λ- ra: f = λ g Ami most megfelel a : egyenletnek. Amib l: (y + z)i + (x + z)j + (y + x)k = λyzi + λxzj + λxyk y + z = λyz (5.1) x + z = λxz (5.) y + x = λxy (5.) Az 5.1.-es egyenletb l kifejezzük y-t: y = z λz 7
Ezt behelyettesítjük az 5..-as egyenletbe: Ebb l kifejezzük x-et: Ezt pedig visszahelyettesítjük az 5..-be: z z + x = λx λz λz x = z z + z = λz Amib l adódik, hogy és mivel x = z így: 4 λ = z x = 4 λ Ha az y = z λz egyenletbe beírjuk z helyére a 4 λ-t, akkor megkapjuk, hogy: y = λ Tehát most már tudjuk, hogy x = 4 λ, z = 4 λ, y = λ Ezeket az értékeket behelyettesítjük a feltételbe: 4 λ 4 λ λ 4 = 0 λ = 4 8 = λ = λ Mivel λ értékét ismerjük, így már meg tudjuk határozni, az x, y, z értékeket is: x =, y = 1, z = Tehát azt biztosan tudjuk, hogy a (, 1, ) pontban a függvénynek lokális minimuma van,de miel tt válaszolnánk a kérdésre ellen rizni kell, hogy ez abszolút minimumhely is. Ebben az esetben nem m ködig a globális elégségességr l szóló tétel, mivel az f függvény Hesse-mátrixa indenit, a tételt pedig arra az esetre alkalmazhatnánk, ha az f konvex lenne, ehhez pedig az kell, hogy a mátrix pozitív denit legyen. Így más módon igazoljuk, hogy a (, 1, ) abszolút minimumhely. A számtani és a mértani közép közötti összefüggést használjuk: A függvényérték az f(, 1, ) helyen 1. Tehát be kell látnunk, hogy: xy + yz + xz 1 minden pontban az xyz = 4 feltétel mellett. Ezzel belátjuk azt, hogy a függvénynek valóban abszolút minimuma van a (, 1, )-ben. ( xy + yz + xz ) 1 xy + yz + xz 6 xy + yz + xz 8 1
Így a bal oldalon az xy, yz, és a xz számok számtani közepe áll. Ez minden esetben legalább akkora mint ugyanezeknek a számoknak a mértani közepe. xy + yz + xz xy yz xz xyz xyz 4 4 16 = = = = Ezzel sikerült belátni, hogy a (, 1, ) abszolút minimum hely, tehát, ha egy 4m -es felül nyitott téglatest alakú úszómedencét szeretnénk építeni, akkor érdemes az oldalai 1 méteresre választani, mivel ekkor kell a legkevesebb anyagot felhasználni. 5.. Költség-minimalizálás 5..1. Feladat. ([4]alapján) Egy vállalat T t ke, és M munka ráfordítással állít el egy termékb l Q-nyit (T, M > 0). A termelési függvény Q = F (T, M) = T 1 M 1. A t ke illetve a munka ára rendre: r, w. Határozzuk meg a költség-minimalizáló T,M ráfordításokat, ha Q = 10000, r = 400, w = 900. Tehát a minimalizálandó függvényünk az F (T, M) = r T + w M = 400 T + 900 M, ami egyenl C-vel, a költséggel. A feltétel: G(T, M) = T 1 M 1 10000, a termelési függvényb l. Ekkor a Lagrange-függvény: L(T, M) = 400 T + 900 M λ(t 1 M 1 10000). Szükséges feltétel, hogy a Lagrange-függvény els rend parciális deriváltjai nullák legyenek, ami megegyezzik azzal, amit eddig úgy írtunk fel, hogy F = λ G. L T = 400 λ 1 T 1 M 1 = 0 L M = 900 λ 1 T 1 M = 0 Mindkét egyenletb l kifejezzük λ-t: Ekkor a két jobb oldal egyenl egymással: λ = 800 T 1 M 1 λ = 700 T 1 M 800 T 1 1 M = 700 T 1 M Ebb l kifejezzük M-et: 800 700 T = M Ezt visszaírjuk a feltételbe és megkapjuk T értékét: ( ) 1 10000 = T 1 8 7 T 10000 = T 5 6 15000 = T 5 6 15000 6 5 = T 9
Mivel T értékét ismerjük, M-et is meg tudjuk mondani: M = 8 7 15000 6 5 Ekkor a λ értéke: λ = 800 (15000 6 5 ) 1 ( 8 7 15000 6 5 ) 1 = 100 (15000) 1 5 Tehát az biztos, hogy lokális minimum van a (T, M) = (15000 6 5, 8 7 15000 6 5 ) pontban. Le kell még ellen rizni, hogy ez abszolút minimumhely-e. Ehhez a globáis elégségességr l szóló tételt használjuk. Ha a Lagrange-függvény konkáv, akkor ez abszolút minimumhely. Az L pedig akkor konkáv, ha f konkáv, és g konvex, ezért most ezt nézzük meg. Az F (T, M) = 00 T + 900 M lineáris függvény konvex. A G(T, M) = T 1 M 1 függvényt pedig az. fejezetbeli tételek alkalmazásával vizsgáljuk. Szükségünk van a másodrend parciális deriváltakra. G T T = 1 4 T M 1 G MM = 9 T 1 M 5 G MT = G T M = 1 6 T 1 M A.4.1.-es tételb l tudjuk, hogy G konkáv G xx 0, G MM Ebben az esetben: G T T = 1 4 T M 1 < 0, mivel T, M > 0 G MM = 9 T 1 M 5 < 0, mivel T, M > 0 0 és G T T G MT G T M G MM 0. A determináns pedig: 1 4 T M 1 1 6 T 1 M 1 6 T 1 M 9 T 1 M 5 = 6 T 1 M 4 1 6 T 1 M 4 = 1 6 T 1 M 4 1 ( 1) = 6 T 1 M 4 Mivel T, M > 0 a determinás értéke is nagyobb mint 0, tehát a G(T, M) függvény konkáv. Mivel λ > 0, így λ G(T, M) konvex, és két konvex függvény összege konvex. Ezzel beláttuk, hogy a Lagrange-függvény konvex, szóval a (T, M) = (15000 5 6, 8 7 15000 5 6 ) pont abszolút minimumhely. 5.. Hóemberépítés 5..1. Feladat. [5] Számoljuk ki, hogy 1m hóból maximum milyen magas hóembert építhetünk, ha legfeljebb gömböt használhatunk fel! Ha gömböt készítünk, majd ezeket egymásra rakjuk, akkor a maximalizálandó egyenletünk: f(x, y, z) = x + y + z, ahol x, y, z a három gömb sugara, ez adja meg a hóember magasságát. A feltétel pedig: g(x, y, z) = 4πx + 4πy + 4πz 1 = 0. Mivel x, y, z 0, azokat az eseteket is meg kell vizsgálni, amikor csak kett, és amikor csak egy gömbb l építünk. A g(x, y, z) = 0 és az x, y, z 0 feltétel miatt egy korlátos zárt halmazon kell széls értéket keresni, és f folytonos ezen a halmazon, így a Weierstrass tételb l következik, hogy van széls érték. Els esetben, amikor gömbbel dolgozunk, a bels megoldásnak az felel meg, 0
ha kiszámoljuk az f(x, y, z) függvény széls értékét a g(x, y, z) feltétel mellett. Ennek az esetnek a határpontjai azok a pontok, amikor csak kett gömbb l építünk hóembert. Így megvizsgáljuk itt is, hogy hol lehet széls érték, ez is egy zárt halmaz, aminek pedig a határpontja, ha csak egy gömböt használunk. Az x = y = z = 0 pedig nem teljesíti a g(x, y, z) feltételt tehát ezzel nem kell foglalkoznunk. Most nézzük ezeket az eseteket: gömb esetén: Kell: f = λ g i + j + k = λ(4πx )i + λ(4πy )j + λ(4πz )k Ebb l következik, hogy x = y = z = 4λπ Ha ezt visszahelyettesítjük a feltételbe, akkor megkapjuk a λ értékét: [ ( g(x, y, z) = 4π ) ( ) ( ) ] + + 1 = 0 4λπ 4λπ 4λπ Ekkor x = y = z = 4π 4π = ( 4π (4πλ) ) = 1 ( ) 1 = (4πλ) 4π 1 = 4π (4π) λ = 4π λ 4π = λ 4π 8π = 1 4π Így a hóember magassága: x + y + z = 6 4π gömb esetén: Ha két gömböt készítünk:(0, y, z), (x, 0, z), (x, y, 0). Ezek közül is csak az egyik lehet séget számítjuk ki, mivel mindhárom ugyanazt az eredményt adja. A maximalizálandó függvény:f(x, y, 0) = x + y, a feltétel pedig: g(x, y, 0) = 4π (x + y ). Kell: f = λ g = 4πλx = 4πλy Innen: 4πλ = x = y Visszaírva a feltételbe: ( ) 4π = 1 4πλ 1