Lesson 11

Optimering

22

Optimering med bivillkor

I tidigare kurser har vi fått lära oss hur man optimerar en funktion på ett givet område. Detta var dock men endast en variabel, nu skall vi utvidga detta till att även omfatta två variabler! Först måste vi tänka på att det område som vi tänkt optimera på måste vara kompakt, det vill säga sluten och begränsad. Funktionen som tänk verka på området måste även vara kontinuerlig inom det området!

Optimeringsproblem av en funktion f(x,y)f(x,y) med ett givet bivillkor g(x,y)g(x,y) görs som maiximalt på tre olika nivåer beroende på bivillkorets geometriska form, det vill säga ifall den har hörnpunkter eller inte. Vi väljer att kalla vårt område för DD och undersöker:

  1. Inre stationära punkter innanför DD

  2. Randpunkter på randen av DD där randen betecknas D\partial D

  3. Hörnpunkter hos DD

Vi kommer att gå igenom var och en av stegen för att lösa detta optimeringsproblem nedan och presentera alternativa lösningar. Det tredje steget är endast nödvändigt ifall vårt område DD har några kanter (såsom trianglar, halvcirklar etc.)

1. Inre stationära punkter

De inre stationära punkterna beräknas enligt tidigare kapitel med undantaget att man måste verifiera att punkten ligger innanför området DD innan insättningen av punkten i funktionen f(x,y)f(x,y) sker

f=0{fx=0fy=0\nabla f=0\quad \Longleftrightarrow \quad \begin{cases} \frac { \partial f }{ \partial x } =0 \\ \\ \frac { \partial f }{ \partial y } =0 \end{cases}

När de stationära punkterna är framtagna insättes de i f(x,y)f(x,y) för att få funktionsvärdet beräknat. Dessa värden bör det sparas för att sedan jämföras med de de värden vi får av rand- och hörnpunkterna.

För mera utförligare beskrivningar hänvisar jag till lektionen Stationära punkter och deras karaktär.

2. Randpunkter

När man undersöker randpunkter finns det två olika lösningsmetoder. Ena är genom att man skapar en Lagrange-funktion och den andra genom att man löser en Jacobi determinant. Värt att nämna är att Jacobi determinanten kan leda till smidigare beräkningar.

Viktigt: I båda metoderna måste bivillkoret g(x,y)g(x,y) vara skrivet på följande form

g(x,y)=0g(x,y) = 0

Det vill säga utan konstanter i högerledet.

2.1 Optimering av rand genom Jacobi determinanten

Denna determinant återkommer vid flera moment i kursen (bl.a. variabelbyten) och har utseendet där varje radvektor är gradienten för olika funktioner. I vårt exempel kommer Jacobi determinanten ha följande utseende

fg\left| \begin{matrix} -\nabla f- \\ -\nabla g- \end{matrix} \right|

som är ekvivalent med

fg=fxgxfygy\left| \begin{matrix} -\nabla f- \\ -\nabla g- \end{matrix} \right| \quad =\quad \left| \begin{matrix} \begin{matrix} \frac { \partial f }{ \partial x } \\ \\ \frac { \partial g }{ \partial x } \end{matrix} & \begin{matrix} \frac { \partial f }{ \partial y } \\ \\ \frac { \partial g }{ \partial y } \end{matrix} \end{matrix} \right|

I vårt fall är det viktigt att gradienten av vår funktion f(x,y)f(x,y) är den första radvekorn och den andra är vårt gradienten av vårt bivillkor g(x,y)g(x,y). När vi sedan har detta insättes det i följande ekvationssystem som ger lösningen till randpunkterna:

{fg=0g(x,y)=0{fxgyfygx=0g(x,y)=0\begin{cases} \left| \begin{matrix} - \nabla f- \\ - \nabla g- \end{matrix} \right| =\quad 0 \\ \\ g(x,y)\quad =\quad 0 \end{cases}\quad \Longleftrightarrow \quad \begin{cases} \frac { \partial f }{ \partial x } \frac { \partial g }{ \partial y } -\frac { \partial f }{ \partial y } \frac { \partial g }{ \partial x } =\quad 0 \\ \\ \quad g(x,y)\quad \quad =\quad 0 \end{cases}

Efter att detta system är löst får man lösningen för samtliga randpunkter, då är det bara att sätta in punkterna i funktionen för att få fram funktionsvärdet och jämföra med andra värden!


2.2 Optimering av rand genom Lagrange-funktion

En lagrange-funktion FF bildar man genom att ta både funktionen f(x,y)f(x,y) och bivillkoret g(x,y)g(x,y) tillsammans med en extra konstant λ\lambda och skriva legrange-funktionen på följande vis:

F=f(x,y)+λg(x,y)F = f(x,y) + \lambda g(x,y)

Därefter löses följande ekvationssystem:

{Fx=0Fy=0g(x,y)=0\begin{cases} \frac { \partial F }{ \partial x } =0 \\ \\ \frac { \partial F }{ \partial y } =0 \\ \\ g(x,y)=0 \end{cases}

Detta gör man bl.a. genom att först lösa ut λ\lambda ur den första ekvationen för substituering till den andra. Den blir då en ekvation med xx och yy, därefter löses systemet med valfri metod. Detta ger oss punkterna som insättes i f(x,y)f(x,y) för att ge oss funktionsvärdet som sedan ska jämföras med övriga värden.

För mera utförligare beskrivningar hänvisar jag till lektionen Legranges sats. I räkneexemplen i denna lektion kommer Jacobi determinanten att användas vid beräkning av randpunkter.

Hörnpunkter

I en del fall, beroende på geometrin av vårt område DD kan vi behöva beräkna eventuella hörnpunkter också. Detta är enbart då vi har områden med kanter an något slag t.ex. trianglar och halvcirklar. Då tar man hörnpunkternas koordinater och gör en insättning i funktionen f(x,y)f(x,y) för att få funktionsvärdet. Se exemplet nedan.

Exempel:

Undersök mellan vilka värden funktionen f(x,y)=x+yf(x,y) = x + y varierar då x0x \ne 0 och x2+xy+y2=3x^2 + xy + y^2 = 3

Lösning:

Vi undersöker de intre stationära punkterna samt randpunkterna. Viktigt är att vi betraktar x2+xy+y2=3x^2 + xy + y^2 = 3 som vårt bivillkor men håller i åtanke att samtliga punkter måste satisfiera villkoret x0x \neq 0.

Inre stationära punkter:

Vi sätter beräknar gradienten utav vår funktion f(x,y)f(x,y) sätter det lika med noll för att undersöka stationära punkter hos funktionen och löser ekvationssystemet som bildas:

f(x,y)=0\nabla f(x,y)=0
f(x,y)=(fx,fy)=(1,1)=0\nabla f(x,y)=(\frac { \partial f }{ \partial x } ,\frac { \partial f }{ \partial y } )=(1,1)=0

{1=01=0\begin{cases} 1\quad =\quad 0 \\ \\ 1\quad =\quad 0 \end{cases}

Ekvationssystemet har uppenbarligen ingen lösning då 101 \ne 0 och därför existerar det heller inga stationära punkter hos funktionen f(x,y)f(x,y).


Randen:

Vi flyttar över trean för att få vårat bivillkor på formen g(x,y)=0g(x,y)=0

x2+xy+y2=3x2+xy+y23=0x^{ 2 }+xy+y^{ 2 }=3\quad \Longleftrightarrow \quad x^{ 2 }+xy+y^{ 2 }-3=0
g(x,y)=x2+xy+y23=0g(x,y) = x^2 + xy + y^2 -3 = 0

Därefter löses ekvationssystemet:

{fg=0g(x,y)=0{12x+y12y+x=0x2+xy+y23=0\begin{cases} \left| \begin{matrix} - \nabla f- \\ - \nabla g- \end{matrix} \right| =\quad 0 \\ \\ g(x,y)\quad =\quad 0 \end{cases}\quad \quad \Longleftrightarrow \quad \begin{cases} \left| \begin{matrix} \begin{matrix} 1 \\ 2x+y \end{matrix} & \begin{matrix} 1 \\ 2y+x \end{matrix} \end{matrix} \right| =\quad 0 \\ \\ x^{ 2 }+xy+y^{ 2 }-3\quad =\quad 0 \end{cases}
ekv.1ekv.2{2y+x2xy=0x2+xy+y23=0\begin{matrix} ekv.1 \\ \\ ekv.2 \end{matrix}\quad \begin{cases} 2y+x-2x-y=0 \\ \\ x^{ 2 }+xy+y^{ 2 }-3=0 \end{cases}

ekvation 1 ger oss att x=yx = y som vi använder för att substituera i ekvation 2:

x2+xy+y23=03x2=3x=±1x^{ 2 }+xy+y^{ 2 }-3=0\quad \Longrightarrow \quad 3{ x }^{ 2 }=3\quad \Longleftrightarrow \quad x=\pm 1

Då återigen x0x \ne 0 är det bara x=1x=1 som satisfierar villkoren vilket ger punkten (x,y)=(1,1)(x,y) = (1,1) och funktionsvärdet f(1,1)=2f(1,1) = 2


Hörnpunkter:

Då vi har det extra villkoret x0x \ne 0 måste vi undersöka i det fallet att x=0x = 0, det vill säga ändpunkterna på vårt område.

Då vi inte har koordinaterna för dessa hörn måste vi beräkna de. Detta gör vi genom att sätta g(x,y)=0g(0,y)=0g(x,y)=0\Longrightarrow g(0,y)=0 då vi vet säkert att denna kant måste finnas då x=0x=0. Vi löser ekvationen:

g(x,y)=0g(0,y)=0y23=0y=±3g(x,y)=0\Longrightarrow g(0,y)=0\Longleftrightarrow { y }^{ 2 }-3=0\Longleftrightarrow y=\pm\sqrt { 3 }

Detta ger oss ytterligare två punkter (x,y)=(0,3)(x,y)= (0,\sqrt { 3 } ) och (x,y)=(0,3)(x,y)=(0,-\sqrt { 3 } ) som ger oss funktionsvärdena f(0,3)=3f(0,\sqrt { 3 } )=\sqrt { 3 } och f(0,3)=3f(0,\sqrt { 3 } )=-\sqrt { 3 }

Svar:

Vi har hittat tre olika punkter som gett oss tre olika funktionsvärden av dessa är följade värden funktionens extremvärden och därmed vilka värden funktionen varierar mellan:

fmax=2,fmin=3{ f }_{ max }=2, \quad { f }_{ min }=-\sqrt { 3 }

Comments

Ted Klein Bergman
xeq0

Verkar har blivit problem med formatteringen här med

Christian Abdelmassih

Fixat 😃

Ted Klein Bergman
Legranges sats 

Denna länken verkar vara död

Christian Abdelmassih

Fixat 😃

Ted Klein Bergman
$$DDD$$

Verkar har blivit problem med formatteringen här

Christian Abdelmassih

Fixat 😃

Christian Abdelmassih

Hej! Det verkar som att det blivit en miss från min sida då jag tänkte att villkoret skulle vara x>0 och inte x≠0 när jag gjorde uppgiften men råkade skriva det senare. Rättar det inom kort :)