KURZUS: Matematika II.

MODUL: Többváltozós függvények

14. lecke: Többváltozós függvények lokális szélsőértéke

Tanulási cél: A többváltozós függvények lokális szélsőértékeinek meghatározására használható módszer begyakorlása.

Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 2.7. fejezet

Elméleti összefoglaló

Definíció: Azt mondjuk, hogy az f: D f R, D f R n függvénynek az a ¯ D f pontban lokális maximuma (minimuma) van, ha létezik olyan r>0 , hogy K r ( a ¯ ) D f és

f( x ¯ )f( a ¯ )( f( x ¯ )f( a ¯ ) ), x ¯ K r ( a ¯ ) .

Tétel: (Lokális szélsőérték létezésére vonatkozó elsőrendű szükséges feltétel.)

Ha az f: D f R, D f R n függvény differenciálható az a ¯ D f pontban és itt lokális szélsőértéke van, akkor

Df( a ¯ )=0 , vagyis ( f( a ¯ ) x 1 , f( a ¯ ) x 2 ,, f( a ¯ ) x n )=( 0,0,,0 ) .

Tétel: (Lokális szélsőérték létezésére vonatkozó másodrendű elégséges feltétel.)

Ha az f: D f R, D f R n függvény kétszer folytonosan differenciálható az a ¯ D f pontban és Df( a ¯ )=0 , valamint a D 2 f( a ¯ ) mátrix pozitív (negatív) definit, akkor az f-nek az a ¯ helyen lokális minimuma (maximuma) van.

Tétel. (Lokális szélsőérték létezésére vonatkozó másodrendű szükséges feltétel.)

Ha az f: D f IR, D f I R n függvény kétszer folytonosan differenciálható az a ¯ D f pontban és f-nek az a ¯ helyen lokális minimuma (maximuma) van, akkor Df( a ¯ )= 0 ¯ , valamint a D 2 f( a ¯ ) mátrix pozitív (negatív) szemidefinit.

A tételek alapján, ha a függvénynél a szükséges differenciálhatóságot feltételezzük, és a gyakorlatban ez általában feltételezhető, akkor a szélsőértékek megkeresésére a következő módszer használható.

1.Meghatározzuk a stacionárius pontok halmazát (ahol az elsőrendű differenciálhányadosok nullával egyenlők), szélsőértékek csak ezek lehetnek.
2.Megvizsgáljuk a másodrendű differenciáltak mátrixának a definitségét a stacionárius pontokban, és ezzel eldöntjük, hogy melyik lokális minimum- illetve maximumhely.

Kétváltozós függvény esetében, ha az ( a,b ) stacionárius pontban a

det( D 2 f( a,b ))= 2 f( a,b ) x 2 2 f( a,b ) y 2 ( 2 f( a,b ) xy ) 2 >0 ,

akkor van szélsőérték,

ha 2 f( a,b ) x 2 >0 , akkor ( a,b ) minimumhely,
ha 2 f( a,b ) x 2 <0 , akkor ( a,b ) maximumhely.

Ha D 2 f( a,b )<0 , akkor ( a,b,f( a,b ) ) nyeregpont, és ha D 2 f( a,b )=0 , akkor módszerünkkel nem tudjuk eldönteni, hogy van-e szélsőérték az ( a,b ) pontban.

Kidolgozott feladatok

14.1. Határozzuk meg az alábbi függvény lokális szélsőértékeit!

f( x,y )= x 3 3xy y 3 , ( x,y ) D f = R 2 .

Megoldás: A függvénynek értelmezési tartománya az egész sík, és minden pontban mindkét parciális deriváltja létezik. Ezért lokális szélső értéke ott lehet, ahol mindkét parciális deriváltja egyenlő nullával.

Mivel

f( x,y ) x =3 x 2 3y, f( x,y ) y =3x3 y 2 .

Meg kell keresnünk a

{ 3 x 2 3y=0 3x3 y 2 =0

egyenletrendszer összes megoldását.

Az első egyenletből y= x 2 . Ezt behelyettesítve a második egyenletbe, kapjuk, hogy

3x3 x 4 =3x( 1+ x 3 )=0 .

Ennek két megoldása van: x 1 =0 és x 2 =1 . Az ezekhez tartozó y értékek, a helyettesítési összefüggésből: y 1 =0 és y 2 =1 .

A stacionárius pontok halmaza: S={ ( 0,0 ),( 1,1 ) } .

Mivel a másodrendű deriváltak:

2 f( x,y ) x 2 =6x, 2 f( x,y ) xy =3 2 f( x,y ) yx =3, 2 f( x,y ) y 2 =6y ,

det( D 2 f( x,y ))= 2 f( x,y ) x 2 2 f( x,y ) y 2 ( 2 f( x,y ) xy ) 2 =36xy9 .

Ezt felhasználva

det( D 2 f( 0,0 ) )=9<0 , itt nincs szélsőérték, hanem nyeregpont van.

det( D 2 f( 1,1 ) )=27>0 , tehát ez szélsőérték hely.

Mivel 2 f( 1,1 ) x 2 =6<0 , ez lokális minimum hely, aminek értéke f( 1,1 )=1 .

14.2. Keressük meg az

f( x,y )= x 4 y 4 2 x 2 +2 y 2

függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás: A függvény értelmezett, és parciálisan deriválható az egész síkon, D f = R 2 .
Kiszámítjuk az elsőrendű parciális deriváltakat,

f( x,y ) x =4 x 3 4x, f( x,y ) y =4 y 3 +4y .

Meg kell keresnünk a

{ 4 x 3 4x=0 4 y 3 +4y=0

egyenletrendszer összes megoldását.

Az első egyenletből 4 x 3 4x=4x( x 2 1 )=0 , megkapjuk az x értékeit: x 1 =1, x 2 =0, x 3 =1 .

A második egyenletből 4 y 3 +4y=4y( y 2 1 )=0 , az y értékeit számítjuk ki:

y 1 =1, y 2 =0, y 3 =1 .

Mivel az első egyenlet csak x-et, a második egyenlet csak y-t tartalmaz, mindhárom x értékhez mindhárom y értéket párosítanunk kell. Így összesen kilenc stacionárius pontot kapunk:

S={ ( 0,0 ),( 0,1 ),( 0,1 ),( 1,0 ),( 1,0 ),( 1,1 ),( 1,1 ),( 1,1 ),( 1,1 ) }

Mivel a másodrendű deriváltak:

2 f( x,y ) x 2 =12 x 2 4, 2 f( x,y ) xy =0 2 f( x,y ) yx =0, 2 f( x,y ) y 2 =12 y 2 +4 ,

det( D 2 f( x,y ))=( 12 x 2 4 )( 12 y 2 +4 ) .

Ezt felhasználva

det( D 2 f( 0,0 ) )=16<0 , itt nincs szélsőérték, hanem nyeregpont van.

A továbbiakban figyelembe véve, hogy a másodrendű parciális deriváltak és az f( x,y ) függvény is  x-ben és y-ban is párosak.

det( D 2 f( 1,0 ) )=det( D 2 f( 1,0 ) )=32>0 , tehát szélsőérték helyek.

Mivel 2 f( 1,0 ) x 2 = 2 f( 1,0 ) x 2 =8>0 , ezek lokális minimum helyek, aminek értéke f( 1,0 )=f( 1,0 )=1 .

det( D 2 f( 0,1 ) )=det( D 2 f( 0,1 ) )=32>0 , tehát szélsőérték helyek.

Mivel 2 f( 0,1 ) x 2 = 2 f( 0,1 ) x 2 =4<0 , ezek lokális maximum helyek, aminek értéke f( 0,1 )=f( 0,1 )=1 .

det( D 2 f( 1,1 ) )= det( D 2 f( 1,1 ) )= det( D 2 f( 1,1 ) )= det( D 2 f( 1,1 ) )=64<0 ,

tehát nem szélsőérték helyek, hanem nyeregpontok.

14.3. Határozzuk meg az alábbi függvény lokális szélsőértékeit!

f( x,y )= x 2 + y 2 +3x2y , ( x,y ) D f = R 2 .

Megoldás: A függvénynek értelmezési tartománya az egész sík, és minden pontban mindkét parciális deriváltja létezik. Ezért lokális szélső értéke ott lehet, ahol mindkét parciális deriváltja egyenlő nullával.
Mivel

f( x,y ) x =2x+3, f( x,y ) y =2y2 .

Meg kell keresnünk a

{ 2x+3=0 2y2=0

egyenletrendszer megoldását.

Az egyenletrendszer megoldása x 1 = 3 2 és y 1 =1

Egy stacionárius pontja van a ( 3 2 ,1 ) koordinátájú pont.

Mivel a másodrendű deriváltak:

2 f( x,y ) x 2 =2, 2 f( x,y ) xy =0 2 f( x,y ) yx =0, 2 f( x,y ) y 2 =2 ,

det( D 2 f( x,y ))=4>0,( x,y ) R 2 .

Ezért a ( 3 2 ,1 ) pont szélsőérték hely.

Mivel 2 f( 3 2 ,1 ) x 2 =2>0 , ez lokális minimum hely, aminek értéke f( 3 2 ,1 )= 13 4 .

14.4. Keressük meg az

f( x,y )=4 x 2 e y 2 x 4 e 4y

függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás: A függvény értelmezett, és parciálisan deriválható az egész síkon, D f = R 2 .

f( x,y ) x =8x e y 8 x 3 , f( x,y ) y =4 x 2 e y 4 e 4y .

Meg oldjuk a

{ 8x e y 8 x 3 =0 4 x 2 e y 4 e 4y =0

egyenletrendszert.

Az első egyenlet teljesül, ha x=0 , de ekkor a második egyenlet 4 e 4y =0 kellene, hogy legyen, de ez lehetetlen. Az x nem lehet nulla, ezért az első egyenletet oszthatjuk 8x -el. Az így kapott egyenletből

e y = x 2 .

Ezt a második egyenletbe behelyettesítve

4 x 4 8 x 8 =0

adódik. Mivel x0 , egyszerűsítünk 4 x 4 -el, és az 1 x 4 =0 egyenlethez jutunk.

Ennek gyökei x 1 =1 és x 2 =1 . Az ezekhez tartozó y értékek y 1 = y 2 =0 . A stacionárius halmaz S={ ( 1,0 ),( 1,0 ) } .

Mivel a másodrendű deriváltak:

2 f( x,y ) x 2 =8 e y 24 x 2 , 2 f( x,y ) xy =8x e y 2 f( x,y ) yx =8x e y , 2 f( x,y ) y 2 =4 x 2 e y 16 e 4y ,

det( D 2 f( x,y ))=( 8 e y 24 x 2 )( 4 x 2 e y 16 e 4y )64 x 2 e 2y .

det( D 2 f( 1,0 ) )=det( D 2 f( 1,0 ) )=128>0 , tehát szélsőérték helyek.

Mivel 2 f( 1,0 ) x 2 = 2 f( 1,0 ) x 2 =16<0 , ezek lokális maximum helyek, aminek értéke f( 1,0 )=f( 1,0 )=1 .

14.5. Három pozitív szám összege 9. Mekkora lehet a szorzatuk legnagyobb értéke?

Megoldás: Legyen a három számot x, y és z. Ekkor x+y+z=9 és xyz szorzat legnagyobb értékét keressük.

Ha az első összefüggésből kifejezzük a z-t, akkor

z=9xy

adódik. Ezt beírva a szorzatba

xyz=xy( 9xy ) .

Tehát feladatunk, hogy megkeressük az

f( x,y )=9xy x 2 yx y 2 , D f ={ ( x,y ) R 2 | x>0,y>0 }

függvény legnagyobb értékét.
Az elsőrendű parciális deriváltakra azt kapjuk, hogy

f( x,y ) x =9y2xy y 2 , f( x,y ) y =9x x 2 2xy .

Megkeressük a

{ 9y2xy y 2 =0 9x x 2 2xy=0

egyenletrendszer összes, az értelmezési tartományba eső megoldását.
Mivel az x és az y nem lehet nulla, az első egyenletet elosztjuk y-nal, a másodikat x-szel.

{ 92xy=0 9x2y=0

Az egyenletrendszer megoldása x=3,y=3 .
Mivel

2 f( x,y ) x 2 =2y, 2 f( x,y ) xy =92x2y 2 f( x,y ) yx =92x2y, 2 f( x,y ) y 2 =2x ,

det( D 2 f( x,y ))=4xy ( 92x2y ) 2 .

Mivel det( D 2 f( 3,3 ) )=27>0 , és 2 f( 3,3 ) x 2 =6<0 , a stacionárius pont maximum hely. f( 3,3 )=27 .

14.6. A 8 dm3 térfogatú téglatestek közül melyiknek a felszíne a legkisebb?

Megoldás: Jelölje a téglatest éleit x, y és z. Ekkor xyz=8 és a felszíne egyenlő 2( xy+xz+yz ) .

Ha az első összefüggésből kifejezzük a z-t, akkor z= 8 xy

adódik. Ezt beírva a felszín képletébe

2( xy+xz+yz )=2( xy+ 8 y + 8 x ) .

Tehát feladatunk, hogy megkeressük az

f( x,y )=2( xy+ 8 y + 8 x ), D f ={ ( x,y ) R 2 | x>0,y>0 }

függvény legkisebb értékét.
Az elsőrendű parciális deriváltakra azt kapjuk, hogy

f( x,y ) x =2( y 8 x 2 ), f( x,y ) y =2( x 8 y 2 ) .

Megkeressük a

{ 2( y 8 x 2 )=0 2( x 8 y 2 )=0

egyenletrendszer összes, az értelmezési tartományba eső megoldását.
Mind a két egyenletben közös nevezőre hozunk, elhagyjuk a közös nevezőket és osztunk kettővel.

{ x 2 y8=0 x y 2 8=0

Az egyenletrendszer megoldása x=2,y=2 .
Mivel

2 f( x,y ) x 2 = 32 x 3 , 2 f( x,y ) xy =2 2 f( x,y ) yx =2, 2 f( x,y ) y 2 = 32 y 3 ,

det( D 2 f( x,y ))= 1024 x 3 y 3 4 .

Mivel det( D 2 f( 2,2 ) )=12>0 , és 2 f( 2,2 ) x 2 =4>0 , a stacionárius pont minimum hely. f( 2,2 )=24 . Tehát a minimális felszínű téglatest egy 2dm élű kocka aminek 24d m 2 a felszíne.

14.7. Határozzuk meg az alábbi függvény lokális szélsőértékeit!

f( x,y,z )=( x 2 +1 )ln[ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ] , ( x,y,z ) D f = R 3 .

Megoldás:

f( x,y,z ) x =2xln[ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ]=0 ,

f( x,y,z ) y = 2( x 2 +1 )( y2 ) ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 =0 ,

f( x,y,z ) y = 2( x 2 +1 )( z+1 ) ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 =0 .

Mivel ( x 2 +1 )>0 és ln[ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ]>0 tetszőleges ( x,y,z ) esetén, ezért

x=0 y=2 z=1 ( x 0 , y 0 , z 0 )=( 0,2,1 ) a lehetséges szélsőérték hely.

D 2 f( x,y,z )=( 2 f( x,y,z ) x 2 2 f( x,y,z ) xy 2 f( x,y,z ) xz 2 f( x,y,z ) yx 2 f( x,y,z ) y 2 2 f( x,y,z ) yz 2 f( x,y,z ) zx 2 f( x,y,z ) zy 2 f( x,y,z ) z 2 ) ,

ahol

2 f( x,y,z ) x 2 =2ln[ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ] ,

2 f( x,y,z ) y 2 = 2( x 2 +1 ) ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 4( x 2 +1 ) ( y2 ) 2 [ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ] 2 ,

2 f( x,y,z ) y 2 = 2( x 2 +1 ) ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 4( x 2 +1 ) ( z+1 ) 2 [ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ] 2 ,

2 f( x,y,z ) xy = 2 f( x,y,z ) yx = 4x( y2 ) ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ,

2 f( x,y,z ) xz = 2 f( x,y,z ) zx = 4x( z+1 ) ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ,

2 f( x,y,z ) yz = 2 f( x,y,z ) zy = 4( x 2 +1 )( y2 )( z+1 ) [ ( y2 ) 2 + ( z+1 ) 2 +3 ] 2 .

Így a második derivált mátrixa a lehetséges szélsőérték helyen:

D 2 f( x 0 , y 0 , z 0 )= D 2 f( 0,2,1 )=( 2ln3 0 0 0 2 3 0 0 0 2 3 )=A .

Mivel

sign( det( A 1 ) )=sign( 2ln3 )=1 ,

sign( det( A 2 ) )=sign( | 2 3 0 0 2 3 | )=sign( 4 9 )=1

és

sign( det( A 3 ) )=sign( | 2ln3 0 0 0 2 3 0 0 0 2 3 | )=sign( 8 9 ln3 )=1 .

Tehát a D 2 f( x 0 , y 0 , z 0 ) pozitív definit mátrix, ezért a ( 0,2,1 ) lokális minimumhely az f( 0,2,1 )=ln3 minimum értékkel.

Ellenőrző kérdések

1. feladat

Határozzuk meg az

f( x,y )= x 2 +xy3x+5y

függvény lokális szélsőértékeit!
( 5,13 ) lokális minimum hely.
( 5,13 ) stacionárius pont.
A függvénynek van egy maximuma.
( 5,13 ) stacionárius pont.

2. feladat

Keresse meg az

f( x,y )= x 4 + y 4 +4x4y

függvény lokális szélsőérték helyeit!
( 1,1 ) lokális minimum hely.
( 1,1 ) stacionárius pont.
( 1,1 ) maximuma hely.
( 1,1 ) és ( 1,1 ) minimum helyek.

3. feladat

Határozzuk meg az

f( x,y )=2 x 2 +2xy+4 y 2 +4

függvény lokális szélsőértékeit!
A lokális minimum értéke 4.
Nincs lokális szélső értéke.
( 0,0 ) maximuma hely.
( 1,1 ) minimum hely.

4. feladat

Az

f( x,y )= x 3 + y 3 12x12y

függvénynek...
két stacionárius pontja van.
két lokális maximuma van.
két lokális minimuma van.
egy lokális minimum és egy lokális maximuma van.

5. feladat

Határozzuk meg az

f( x,y )= e x 2 ( x 2 + y 2 )

függvény lokális szélsőérték helyeit!
( 0,0 ) minimum hely, ( 1,0 ) és ( 1,0 ) maximum helyek.
A függvénynek nincs lokális szélső értéke.
( 0,0 ) minimum hely, ( 1,0 ) és ( 1,0 ) nem szélsőérték helyek.
( 0,0 ) maximum hely, ( 1,0 ) és ( 1,0 ) nem szélsőérték helyek.

6. feladat

Az

f( x,y )=y e x y

függvénynek...
két stacionárius pontja van.
a ( 0,0 ) lokális maximum hely.
a ( 0,0 ) lokális minimum hely.
van stacionárius pontja.

7. feladat

A 96 cm2 felszínű téglatestek közül melyiknek a térfogata a legnagyobb?
Téglatest, amelynek élei 3 cm, 4 cm és 5 cm.
Egy 64 cm3 térfogatú kocka.
16 cm2 alapterületű 5 cm magasságú négyzetes oszlop.
Téglatest, amelynek élei 3 cm, 5 cm és 5 cm.