Ubegrenset område - Universitetet i Tromsø

Forelesninger i matematikk - Funksjoner av flere variable.6. Optimering uten begrensninger. Side 6 - 1.6. Optimering uten begrensninger.Vi skal nå ta for oss følgende problem:Finn eventuelle lokale maksimums- og minimumspunkter for enf xy , , når x og y kan ha alle reelle verdier.funksjon ( )Først trenger vi en definisjon:Et punkt ( x 0, y 0 ) er et stasjonært punkt for funksjonen f ( xy , )∂fbåde∂xog ∂fy def.∂ er lik null i punktet ( 0,0)x y .Med andre ord:Vi finner et stasjonært punkt for f ( , )∂f∂f= 0 ∧ = 0∂x∂yxy ved å løse likningssettetEksempel 6.1: Finn eventuelle stasjonære punkter for funksjonen1z = f x,y = x y− xy.( )33Løsning: Finner først de partielle deriverte:∂ f = 2x y − y og∂ f = 1 3x − x .3∂x∂ySetter begge disse deriverte lik null:2 2xy− y= 0 ⇔ yx − 1 = 0 ⇔ y= 0 ∨ x= 1 ∨ x=−1( )( )x − x = 0 ⇔ x x − 1 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 3 ∨ x = − 3 (2)1 3 1 23 3Nå må vi kombinere løsninger:Løsningen y = 0 fra (1) kan kombineres med alle x-verdiene fra (2). Men løsningene x = ± 1fra (1) passer ikke inn i (2), og kan altså ikke brukes. Vi får altså disse stasjonære punktene:( 0,0 ) , ( 3,0 ), og ( 3,0)− .(1)Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesninger i matematikk - Funksjoner av flere variable.6. Optimering uten begrensninger. Side 6 - 2.Endelig kommer vi til poenget:Dersom ( 0,0)funksjon f ( xy , ) , så er enten ( , )( 0 0x y er et lokalt maksimums- eller minimumspunkt for enx0 y0et stasjonært punkt for f, ellerx , y ) er et punkt der de partielle deriverte av f ikke eksisterer.En kort begrunnelse: Anta at ( x 0, y 0 ) er et maksimums- eller minimumspunkt, og at f harpartielle deriverte i punktet (det vil si at grafen til f er "glatt" i punktet). Se for deg at dulegger et tangentplan i et slikt optimumspunkt. Da må jo dette tangentplanet bli horisontalt.Og normalvektoren til tangentplanet blir parallell med z-aksen. Men vi har tidligere funnet aten normalvektor til tangentplanet er gitt ved( , ) ∂ ( , )∂f x y f x y∂x∂yn 0 0 0 0=− i − j + kSkal denne normalvektoren være parallell med z-aksen, må begge de partielle deriverte av fx , y .være lik null i ( )0 0Men denne testen svikter dersom de partielle deriverte ikke eksisterer i punktet (d.v.s. atgrafen til f ikke er kontinuerlig i punktet, eller at det er en "knekk" på grafen). Slike punkterkan også være optimumspunkter for funksjonen.Setningen ovenfor gir oss altså mulige kandidater til optimumspunkter. Men hvordan kan viskille mellom maksimums- og minimumspunkter?Og kan vi være sikre på at stasjonære punkter eller punkter der de partielle deriverte ikkeeksisterer virkelig er optimumspunkter? Dette problemet kan vi illustrere med funksjonenz = f x,y = x − y .( )2 2De partielle deriverte blir∂ f∂ f= 2xog =− 2y∂x∂yslik at f har et stasjonært punkt i 0,0 .( )Men se på grafen til funksjonen, som er avbildet tilhøyre. Grafen får et minimumspunkt dersom vi gårforbi det stasjonære punktet i x-retning (markertmed heltrukket linje), og et maksimumspunktdersom vi går i y-retning (markert med stiplet linje).Slike punkter kaller vi (naturlig nok) sadelpunkt.Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesninger i matematikk - Funksjoner av flere variable.6. Optimering uten begrensninger. Side 6 - 3.Vi har heldigvis en test som kan brukes til å skille mellom maksimsums- minimums- ogsadelpunkt for stasjonære punkter. Denne testen kalles andrederivert-testen.(Andrederivert-testen):x , y være et stasjonært punkt for en funksjon f som er to ganger deriverbar.La ( )0 0Definer∂A =2( , )f x y∂x0 02,∂B =Da gjelder:• Dersom 0 og A > 0, er2( , )f x y0 0∂∂ xyΔ> ( 0,0)Δ> ( , )• Dersom 0 og A < 0, er• Dersom Δ< 0 , er ( , )0 0,∂C =2( , )f x y∂y0 02x y et lokalt minimumspunkt.x y et lokalt maksimumspunkt.0 0x y et sadelpunkt.• Dersom Δ=0, gir testen ingen avgjørelse.,2Δ = A⋅C− B .Du finner et litt uformelt bevis for påstandene i testen i et vedlegg.Eksempel 6.2: Finn og klassifiser eventuelle stasjonære punkter til funksjonen1 1z = f x,y = x − xy+xy( )3 23 2Løsning: De partielle deriverte blir∂ f =2 1 2x − y + y2∂xog∂ f = − x + xy .∂yLikningssettet for å finne stasjonære punkter blir:x − y+ y = (1)2 1 202( )− x+ xy = 0 ⇔ x − 1+ y = 0 ⇔ x = 0 ∨ y =1(2)Setter verdiene fra (2) inn i (1):x = 0 : (1) blir nå1 21− y+ y = 0 ⇔ y − 1+ y = 0 ⇔ y = 0 ∨ y = 2y = 1: (1) blir nå( )2 2x − 1+ = 0 ⇔ x = ⇔ x = ∨ x = − 12 1 2 1 12 2 2 2De stasjonære punktene blir: ( 0,0 ) , ( )− .10,2 , ( ,1 2) , og 1( ,1 2)Finner de andrederiverte for å klassifisere punktene:2∂ f∂x=22x ,2∂ f∂∂ xy=− 1+y ,2∂ f2∂y= x .Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesninger i matematikk - Funksjoner av flere variable.6. Optimering uten begrensninger. Side 6 - 4.Lager en tabell for å systematisere undersøkelsen:Punkt A= 2xB =− 1+ y C = x2Δ = A⋅C− B Type0,0 0 -1 0 -1 Sadel( )( 0,2 ) 0 1 0 -1 Sadel( )1( )12 ,1 120 1 Minimum− ,1 − 2 0 − 1 1 Maksimum22Nå kan vi finne minimums- og maksimumsverdiene:2Minimum:Maksimum:( )31 1 1 1 1min 3 2 2 2 2z = − ⋅ 1+ ⋅ ⋅1( 1 )= − + =−1 1 1 16 2 2 3 231 1 1 1 1(2) (2) (2)1 1 1 1( 1 )( )z = − − − ⋅ 1+ ⋅ − ⋅1maks 3 2= − + − =6 2 2 3 222Begge disse punktene er lokale ekstremalpunkter. Det erikke vanskelig å finne funksjonsverdier som er myemindre enn z min , og mye større enn z maks . Bare se hvasom skjer dersom du setter y = 0 og lar x →±∞.Grafen til funksjonen er vist ovenfor til høyre. De stasjonære punktene er også avmerket.Til slutt kan vi se et eksempel der de partielle deriverte ikke eksisterer:Eksempel 6.3: Finn eventuelle ekstremalpunkter for funksjonen2 2( , )z = f x y = x + y .Løsning: Vi setter12 22z x y u u= + = = derDa blir∂ f df ∂ u 11 −2= ⋅ = u ⋅ 2x=2∂x du ∂ x2 2x + y∂ f df ∂= ⋅ u = ⋅ =y∂y du ∂ y x + y11 −2u 2y2 2 22 2u = x + y .Setter vi disse partielle deriverte lik null, får vi etter tur x = 0 og y = 0 . Men setter vi punktet( 0,0 ) inn i uttrykkene for de deriverte, får vi " 0 "-uttrykk. Vi undersøker denne grenseverdien0nærmere ved å sette y= k⋅ x og deretter la x → 0 . Da får viBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesninger i matematikk - Funksjoner av flere variable.6. Optimering uten begrensninger. Side 6 - 5.og∂ f x x 1lim = lim = lim =x →0 ∂ x →0 2( ) 2 xx + k⋅x→0x 1 + k 2 1 + kx2∂f y k⋅xklim = lim = lim =x →0 ∂ x →0 2( ) 2 xx + k⋅x→0x 1 + k 2 1 + ky2.Vi ser at grenseverdiene for disse deriverte vil avhenge av verdien av k når vi nærmer osspunktet (0,0). Altså eksisterer ikke disse partielle deriverte i dette punktet.Men samtidig vil dette punktet gi oss et minimumspunkt. Det ser vi fordi z aldri kan værenegativ. Den minste verdien z kan ha, er z = 0 , og den verdien får z i punktet ( 0,0) . Altså harf et globalt minimum der hvor de partielle deriverte ikke eksisterer.Grafen til f blir en rett kjegle med spissen ned, slikfiguren til høyre viser. Dette kan du forresten innseuten å tegne grafen. Vi får skjæring med xz-planetnår y = 0 . Da er2 2z = x + 0 = ±xder vi må bruke pluss når x > 0 og minus når x < 0 .På samme måte blir skjæringslinja med yz-planetz =± y .Dessuten blir nivåkurvene sirkler med radius z:2 2 2z = x + y .2 2 2Skjæringen med xz-planet og nivåkurven (sirkelen) + = er også tegnet inn.xy2Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.