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)
De níció.
Az f (x, y) kétváltozós függvény y = b-hez tartozó parciális függvénye az fx = fx (x) = f (x, b) egyváltozós függvény, az x = a-hoz tartozó parciális függvénye az fy = fy (y) = f (a, y) egyváltozós függvény. Tehát az egyik változót lerögzítjük. Kétváltozós függvények gra konja 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 gra konja a felületb®l az y = b illetve x = a (függ®leges) síkok által kimetszett síkgörbe. függvénygra kon domborzat, parciális függvény út (Észak-Déli, illetve Kelet-Nyugati)
De níció.
Egy kétváltozós függvény parciális deriváltjain a parciális függvények deriváltjait értjük. Jelölés: fx0 ill. fy0 . Mivel a parciális derivált függ attól is, hogy hogyan rögzítettük le a másik változót, szokás kétváltozós függvénynek is tekinteni. Pl. fx0 (1, 3) azt jelenti, hogy az f (x, 3) = fx függvényt deriváljuk, majd x = 3-at behelyettesítünk. A gyakorlatban azonban általánosan van szükségünk fx0 (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) = 2x2 y 3 + 3xy + 2x − 5y + 1-re gx0 (x, y) = 4xy 3 + 3y + 2. Hasonlóan gy0 (x, y) = 6x2 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 00 00 kapjuk fxy (x, y)-t, ha mindkétszer y szerint, akkor fyy (x, y)-t, stb. Ellen®rzési pont, hogy általában 00 00 fxy (x, y) = fyx (x, y)
1
1
.
2. Széls®értékszámítás
De níció. 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 fx0 (a, b) = fy0 (a, b) = 0. Ha az f (x, y) függvény els®rend¶ parciális deriváltjai az (a, b) helyen nullák, továbbá a másodrend¶ parciális deriváltakra 00 00 00 00 D(a, b) = fxx (a, b)fyy (a, b) − fxy (a, b)fyx (a, b) > 0, 00 akkor f -nek széls®értéke van az (a, b) helyen. Méghozzá minimuma, ha fxx (a, b) > 0, és maximuma, ha 00 fxx (a, b) < 0.
00 00 00 00 (a, b)fyy (a, b) − fxy (a, b)fyx (a, b) > 0 feltétel azt fejezi ki, hogy a két parciális függvénynek A D(a, b) = fxx 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 ⊂ Rn 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 0 (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 0 (a) > 0, b-ben pedig pontosan akkor, ha g 0 (b) < 0. Határozzuk meg az f (x) = x3 − 6x2 − 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 0 (−10) > 0 és f 0 (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. 2 Feladat. Határozzuk meg az f (x, y) = x + 2xy + 8y − 4x függvény globális széls®értékeit az M = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1} halmazon! Megoldás. Az Feladat.
fx0 = 2x + 2y − 4
=
0
fy0 = 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) = x2 − 4x, (0 ≤ x ≤ 3) egyváltozós függvényt vizsgáljuk. f 0 (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 -4 f (3, 0) = −3 f (3, 1) = 11 Ennek alapján a (2, 0) globális minimumhely, a (3, 1) globális maximumhely. 3
Határozzuk meg az el®z® feladatbeli függvény lokális széls®értékeit! 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, fx0 < 0 és fy0 > 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 fy0 = 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. 2 2 2 2 Feladat. Határozzuk meg az f (x, y) = x +2y +3 függvény globális széls®értékeit az M = {(x, y)|x +y ≤ 1} halmazon! Megoldás. Az Feladat.
∗
Megoldás.
fx0 = 2x =
0
fy0
0
= 4y
=
egyenletrendszer megoldása a (0, 0) pont, lehetséges széls®értékhely. Az M tartomány egy körlap, határát az x2 + 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 0 (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 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 Df ∩ 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 Feladat.
ϕ0λ (x, y)
ϕ0x (x, y)
=
0
ϕ0y (x, y)
=
0
= 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) = x2 + y2 függvény x + y − 2 = 0 feltételre vonatkozó minimumát kell megkeresni. g(x, y) = x + y − 2, valamint ϕ(x, y) = x2 + y 2 + λ(x + y − 2), tehát a megoldandó egyenletrendszer: ϕ0x (x, y) = 2x + λ = 0 ϕ0y (x, y) = 2y + λ = 0 g(x, y) = x + y − 2 = 0
λ értékére nincs szükségünk, x = y = 1 pedig könnyen adódik. Mivel ϕ00xx ϕ00yx
ϕ00xy 2 = ϕ00yy 0
0 = 4 > 0, 2
továbbá ϕ00xx = 2 > 0, ezért itt ϕ(x, y)-nak minimuma van, tehát az (1, 1) pont annál inkább feltételes széls®értékhely. 4
Feladat. Megoldás.
Keressük meg az f (x, y) = x2 + 3xy + y 2 függvény maximumát feltéve, hogy x + y = 100! ϕ(x, y) = x2 + 3xy + y 2 + λ(x + y − 100), tehát a megoldandó egyenletrendszer: 0 ϕx (x, y) = 2x + 3y + λ = 0 ϕ0y (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) = x2 + 2y2 + 3z 2 függvény x2 + y2 + z 2 = 1 feltételre vonatkozó globális feltételes széls®értékeit! Megoldás. ϕ(x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z 2 + λ(x2 + y2 + z 2 − 1), tehát a megoldandó egyenletrendszer: ϕ0x (x, y, z) = 2x + 2λx = 0 ϕ0y (x, y, z) = 4y + 2λy = 0 ϕ0z (x, y, z) = 6z + 2λz = 0 g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1 = 0 Átrendezve x(λ + 1) = 0 y(λ + 2) = 0 z(λ + 3) = 0 x2 + 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: a határon lév® lehetséges széls®értékek meghatározása történhet Lagrange-módszerrel. • n-változós függvény esetén is m¶ködik, ott n + 1 egyenletb®l áll az egyenletrendszer. • Több feltétel esetén g1 , g2 , . . . s ennek megfelel®en λ1 , λ2 , . . . szükséges: ϕ(x1 , x2 , . . .) = f (x1 , x2 , . . .) + λ1 g1 (x1 , x2 , . . .) + λ1 g1 (x1 , x2 , . . .) + . . .
5
