Eötvös Loránd TudományegyetemTermészettudományi Kar

Függvények szélsőértékvizsgálata

BSc Szakdolgozat

Készítette: Sághy Enikő KataMatematika BSc, Matematikai elemző szakirány

Témavezető: Gémes MargitAnalízis tanszék

Budapest, 2014

TartalomjegyzékBevezetés 2

1. Egyváltozós függvények 31.1. Korlátos zárt intervallumon folytonos függvények . . . . . . . 31.2. Differenciálható függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2. Többváltozós függvények 72.1. Folytonos, kétváltozós függvények lokális szélsőérték vizsgá-

lata a deriváltakkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2. A szélsőérték és a másodrendű parciális deriváltak . . . . . . . 112.3. Abszolút maximum és abszolút minimum egy korlátos és zárt

tartományon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.4. Lagrange-multiplikátoros módszer . . . . . . . . . . . . . . . . 272.5. Lagrange-multiplikátoros módszer több feltétel esetén . . . . . 29

Irodalomjegyzék 32

BevezetésA szakdolgozatom témája az egy illetve a többváltozós függvények szélsőértékproblémáinak különböző megoldási módszerei. Az első pár oldalban az egy-változós függvényekkel foglalkozom, majd pedig rátérek a többváltozós függ-vények szélsőértékeinek meghatározására. Ez utóbbira szeretném fektetni ahangsúlyt.

2

1. Egyváltozós függvények

1.1. Korlátos zárt intervallumon folytonos függvények

1.1. Tétel Ha f(x) folytonos az [a, b] intervallumon, akkor korlátos az [a, b]intervallumon.

Itt szeretném felhívni a figyelmet arra, hogy az f(x) függvény egy korlátos észárt intervallumon folytonos. Ha bármelyik feltételt elhagyjuk a tétel nem leszigaz! Például legyen f(x) = x3, ekkor f(x) folytonos az [1,∞) intervallumon,de nem korlátos azon.

1.2. Definíció Legyen f(x) értelmezve az A halmazon. Ha az A halmazhoztartozó f(A) értékkészletnek van legnagyobb eleme, akkor azt az elemet azf(x) függvény A-n felvett abszolút maximumának nevezzük, és maxf(A)-val jelöljük. Ha a ∈ A és f(a) = maxf(A), akkor a-t az f(x) függvényA-hoz tartozó abszolút maximumhelyének nevezzük. Hasonlóan kimondhatóa definíció a minimumra is.

Az abszolút maximum és minimum helyeket közösen abszolút szélsőértékhe-lyeknek nevezzük. Előfordulhat, hogy egy A halmazon egy függvénynek többabszolút minimum- és/vagy maximumhelye is van, például: f(x) = cos(x),A = [−π, π]. Ekkor az abszolút minimumhelyek: {−π, π} és az abszolút mi-nimum= -1. Az abszolút maximuma nullában van, és értéke 1.

1.3. Tétel Weierstrass tételeHa f(x) folytonos az [a, b] intervallumon, akkor létezik olyan α ∈ [a, b] ésβ ∈ [a, b], amelyekre igaz, hogy f(α) ≤ f(x) ≤ f(β) minden x ∈ [a, b] esetén.Tehát egy korlátos és zárt intervallumon, egy folytonos függvénynek mindigvan abszolút maximum- és minimumhelye.

Példa1 Csővezeték építés: Az óriástankerek a parttól négy kilométerre lévő dokk-ban rakják ki az olajat. A legközelebbi finomító a szárazföldnek a dokkhozlegközelebb eső pontjához képest kilenc kilométerre keletre van. Csővezeté-ket kell építeni a dokk és a finomító között. A csővezeték kilométere 300 000dollárba kerül, ha a víz alatt halad, és 200 000 dollárba, ha a szárazföldön.Jelöljük ki a B pont helyét úgy, hogy az építési költségek a lehető legkisebbeklegyenek.

1Thomas féle kalkulus 1., 237. oldal, 55. feladat

3

Megoldás. Először elkészítem az ábrát a feladat szövege alapján:

1. ábra. A dokk és a finomító

Megállapítható, hogy 0 ≤ x ≤ 9. A Pitagorasz- tétel alapján kiszámoloma dokk és a B pont távolságát:

√x2 + 16. Így most már fel tudom írni a

függvényt, aminek az abszolút minimumát kell megkeresnem:f(x) = 300000

√x2 + 16+200000(9−x). Deriválom a függvényt és egyenlővé

teszem nullával:300000x√x2+16

− 200000 = 0

3x = 2√x2 + 16

5x2 = 64x2 = 12, 8x ≈ ±3, 578Mivel tudjuk, hogy 0 ≤ x ≤ 9 , így az x ≈ 3, 578 kritikus pontot kapjuk.Most számoljuk ki a függvény értékét a kritikus pontban, és az értelmezésitartomány végpontjaiban.f(3, 578) = 2694368.944f(0) = 3000000f(9) = 2954657.341

Tehát az építkezés költsége akkor lesz minimális, ha az A ponttól 3, 578 kmtávolságra keletre építjük fel a B-t. Ekkor az építkezés költsége 2694368.944dollár lesz.

1.2. Differenciálható függvények

1.4. Tétel Legyen f(x) differenciálható az a pont egy környezetében.Ha f ′(a) = 0 és f ′ lokálisan növekedő az a helyen, akkor az a pont f(x)-nek

4

lokális minimumhelye.Ha f ′(a) = 0 és f ′ szigorúan lokálisan növekedő az a helyen, akkor az a pontf(x)-nek szigorú lokális minimumhelye.Hasonlóan a maximumhelyekre is kimondható a tétel.

1.5. Megjegyzés Az f ′ függvény a-beli előjelváltása nem szükséges ahhoz,hogy f -nek az a-ban lokális szélsőértéke legyen!

Példa

2 Legyen f(x) = (x − a)2/3, ahol a konstans. Keressük meg f(x) lokálisszélsőértékhelyeit.

Megoldás. Deriváljuk f(x)-et: f ′(x) = 23(x− a)−1/3.

Mivel x = a esetén a derivált nem létezik, az x = a kritikus pont. A többikritikus pont megtalálásához ki kell számolnunk, hogy hol lesz a deriváltegyenlő nullával:23(x− a)−1/3 = 01

x−a = 0Ennek nem létezik megoldása, tehát nincs több kritikus pontunk. Meg kellmég mutatni, hogy az x = a pontban szélsőérték van. Ha x = a, akkorf(x) = f(a) = 0. Ha x 6= a, akkor esetszétválasztással megmutatom, hogyf(x) > 0.Első esetet:Ha x < a, akkor x−a < 0 ezt négyzetre emelve, (x−a)2 > 0, majd köbgyökötvonva f(x) = (x− a)2/3 > 0-át kapunk.Második eset:Ha x > a, akkor x − a > 0, ezt négyzetre emelve majd köbgyököt vonvaf(x) = (x− a)2/3 > 0-t kapunk.

Tehát valóban teljesül, hogy f(x) > 0, ha x 6= a. Így most már megálla-píthatjuk, hogy az f(x) függvénynek az x = a pontban lokális minimumavan. A következő képen, az a = 2 esetben láthatjuk a függvényt.

2Thomas féle kalkulus 1., 237. oldal, 53/d feladat

5

2. ábra. Az (x− 2)23 függvény

6

2. Többváltozós függvények2.1. Definíció Legyen D a valós (x1, x2, x3, . . . , xn) szám-n-eseknek egy hal-maza. A valós értékű f függvény a D minden eleméhez egyw = f(x1, x2, x3, . . . , xn) valós értéket rendel. Ekkor azt mondjuk, hogy fn-változós függvény. D a függvény értelmezési tartománya. Az f által felvettértékek halmaza a függvény értékkészlete.

Ha a függvény két változós, akkor azokat általában x és y jelöli. Így az értel-mezési tartomány az yz-sík egy részhalmaza lesz. Ha három változója van,akkor x, y, z jelöli őket általában. Másik gyakran alkalmazott jelölés, hogyolyan betűket használunk, ami emlékeztet minket azokra a mennyiségekre,amelyek helyett állnak. Például: V = f(r, h) = πr2h, a térfogat a magasság-tól és a sugártól függ a henger esetén.

2.1. Folytonos, kétváltozós függvények lokális szélsőér-ték vizsgálata a deriváltakkal

Egyváltozós esetben olyan pontokat kerestünk, ahol a grafikon érintője víz-szintes volt, mert ezen pontokban lehet maximuma vagy minimuma vagyinflexiós pontja a függvénynek. Most a kétváltozós esetben olyan pontokatkeresünk, ahol a z = f(x, y) grafikon érintősíkja vízszintes.

2.2. Definíció Legyen f(x, y) egy olyan tartományon definiálva, amely az(a, b) pontot tartalmazza. Ekkor f(a, b) egy helyi/ lokális maximum [mini-mum], ha van olyan (a, b) középpontú nyílt körlap, hogy f(a, b) ≥ f(x, y)[f(a, b) ≤ f(x, y)] minden olyan pontra igaz, ami a körlapon és az f értelme-zési tartományában van.

Az ilyen pontok kereséséhez, amint azt az egyváltozós esetben is tettük, elő-ször ki kell számolnunk az elsőrendű parciális deriváltakat.

2.3. Tétel Ha f(x, y)-nak lokális szélsőértékhelye van az értelmezési tarto-mány egy (a, b) belső pontjában, és itt az elsőrendű parciális deriváltak létez-nek, akkor f ′x(a, b) = 0 és f ′y(a, b) = 0.

2.4. Definíció Az f(x, y) függvény értelmezési tartományának azokat a belsőpontjait, ahol f ′x(x, y) és f ′y(x, y) is nulla, vagy ahol legalább az egyik nemlétezik, az f(x, y) függvény kritikus pontjának nevezzük.

7

2.5. Definíció Egy differenciálható f(x, y) függvénynek nyeregpontja vanaz (a, b) kritikus pontban, ha minden (a, b) középpontú körlapon van olyan(x, y) pontja az értelmezési tartománynak, hogy f(x, y) < f(a, b), és vanolyan is, hogy f(x, y) > f(a, b).

Példa

Keressük meg az f(x, y) = 4−x2−y2 függvény szélsőértékhelyeit, ha vannakilyenek!

Megoldás. Az értelmezési tartomány: D(f) = R2 . Tehát az értelmezésitartománynak határpontja nincs.

Az értékkészlet: R(f) = (−∞, 4], hiszen x2 és y2 biztosan mindig nagyobbvagy egyenlő mint nulla. Tehát négyből vonunk ki két pozitív, vagy nullaszámot, így az vagy négy lesz vagy annál kisebb.

Az elsőrendű parciális deriváltak: f ′x(x, y) = −2x = 0, f ′y(x, y) = −2y = 0,léteznek és folytonosak.Így a kritikus pont: (x, y) = (0, 0).

Mivel a függvényérték az (x, y) = (0, 0) pontban f(0, 0) = 4 − 0 − 0 = 4, ésaz értékkészlet R(f) = (−∞, 4], így a (0, 0) pontban a függvénynek valóbanlokális szélsőértéke van, méghozzá maximuma.

A függvény az 3. ábrán látható.

8

3. ábra. Az f(x, y) = 4− x2 − y2 függvény

Példa

Keressük meg az f(x, y) = x2 − y2 függvény nyeregpontját, ha van ilyen.

Megoldás. A parciális deriváltak: f ′x(x, y) = 2x, f ′y(x, y) = −2y, ezek min-denütt léteznek és folytonosak. A kritikus pont most is az origó. De ha meg-nézzük az origó kivételével az x-tengely mentén f(x, 0) = x2 > 0, az y-tengelymentén pedig f(0, y) = −y2 < 0. Így minden origó középpontú körlapon vanolyan pont, ahol a függvényérték nagyobb mint nulla, és van olyan is, aholkisebb, mint nulla. A 2.5-ös definíció szerint az origóban a függvénynek nye-regpontja van.

A függvény a 4. ábrán látható.

9

4. ábra. Az f(x, y) = x2 − y2 függvény

10

2.2. A szélsőérték és a másodrendű parciális deriváltak

2.6. Tétel Tegyük fel, hogy f(x, y) első és második parciális deriváltjai foly-tonosak egy (a, b) középpontú körlapon, és f ′x(a, b) = 0 és f ′y(a, b) = 0. Ekkorhai, f ′′xx(a, b)f ′′yy(a, b)−(f ′′xy(a, b))

2 > 0 és f ′′xx(a, b) > 0, akkor f(x, y)-nak (a, b)-ben lokális minimuma van.ii, f ′′xx(a, b)f ′′yy(a, b)−(f ′′xy(a, b))

2 > 0 és f ′′xx(a, b) < 0, akkor f(x, y)-nak (a, b)-ben lokális maximuma van.iii, f ′′xx(a, b)f ′′yy(a, b) − (f ′′xy(a, b))

2 < 0, akkor f(x, y)-nak (a, b)-ben nyereg-pontja van.iv, f ′′xx(a, b)f ′′yy(a, b)− (f ′′xy(a, b))

2 = 0, akkor a másodrendű deriváltakkal nemeldönthető, hogy van-e szélsőértéke f(x, y)-nak (a, b)-ben. Ez esetben másúton kell vizsgálódnunk.

Az f ′′xxf ′′yy − (f ′′xy)2kifejezést az f(x, y) függvény Hesse-determinánsának ne-

vezzük,

f ′′xxf′′yy − (f ′′xy)

2 =

∣∣∣∣f ′′xx f ′′xyf ′′yx f ′′yy

∣∣∣∣Az iménti tétel azt mondja ki, hogy ha a Hesse-determináns pozitív (a, b)-ben, akkor a felület ugyanúgy görbül minden irányban lefelé ha f ′′xx negatív,tehát ez egy lokális maximum, és felfelé görbül, ha f ′′xx pozitív, és akkormeg lokális minimumot találtunk. Ha a Hesse-determináns negatív, akkor afüggvény különbözőképpen görbül különböző irányokban, azaz nyeregpontottaláltunk.

Példa3 Keressük meg az f(x, y) = x3−y3−2xy+ 6 függvény lokális szélsőértékeit!

Megoldás. Az elsőrendű parciális deriváltakra:{f ′x = 3x2 − 2y = 0f ′y = −3y2 − 2x = 0

3Thomas- féle kalkulus 3, 317. oldal, 17-es feladat

11

x1 = 0, y1 = 0 és az x2 = −23, y2 = 2

3lesznek a megoldások. Így a kritikus

pontok:(0, 0) és (−23, 23) lesznek.

A (0, 0) kritikus pontra kiszámolom a Hesse-determináns értékét:

f ′′xxf′′yy − (f ′′xy)

2 =

∣∣∣∣6x −2−2 −6y

∣∣∣∣f ′′xx(0, 0)f ′′yy(0, 0)− (f ′′xy(0, 0))2 =

∣∣∣∣ 0 −2−2 0

∣∣∣∣ = −4 < 0

Tehát (0, 0)-ban nyeregpont van, itt nincs szélsőérték.

A (−23, 23) pontra is kiszámolom a Hesse- determináns értékét:

f ′′xx(−2

3,2

3)f ′′yy(−

2

3,2

3)− (f ′′xy(−

2

3,2

3))2 =

∣∣∣∣−4 −2−2 −4

∣∣∣∣ = 12 > 0

Tehát a (−23, 23) pontban szigorú lokális maximum van. A függvény a 5. ábrán

látható.

5. ábra. Az f(x, y) = x3 − y3 − 2xy + 6 függvény

12

Példa

Mutassuk meg hogy az f(x, y) = x2− sin y függvénynek végtelen sok szigorúlokális minimuma van, és maximuma nincsen.

Megoldás. Az értelmezési tartomány a D(f) = R2, tehát az értelmezésitartománynak nincs határpontja.Az elsőrendű parciális deriváltak:f ′x(x, y) = 2xf ′y(x, y) = − cos yEzek mindenhol léteznek és folytonosak.

{2x = 0− cos y = 0

Megoldása: x = 0 és y = π2

+ kπ, ahol k ∈ Z.Végtelen sok kritikus pontot találtunk. A másodrendű parciális deriváltaksegítségével vizsgálódjunk tovább.f ′′xx(x, y) = 2f ′′xy(x, y) = fyx(x, y) = 0f ′′yy(x, y) = sin y

A Hesse- determináns:∣∣∣∣2 00 sin y

∣∣∣∣ = 2 sin y

Mivel f ′′xx = 2 > 0 és a 2 sin y = ±2 k paritásától függően (ha 2|k, akkor +2,ha nem osztja, akkor pedig −2 lesz a 2 sin y értéke), így végtelen sok nyereg-pontot és lokális minimumhelyet találtunk, de lokális maximum nincsen. Aminimum érték f(0, π

2) = −1. A függvény a 6. ábrán látható.

13

6. ábra. Az f(x, y) = x2 − sin y függvény

Példa4 A k konstans milyen értékeire következik a második deriváltból, hogy a(0, 0)-nál nyeregpontja van az f(x, y) = x2 + kxy + y2 függvénynek? És az,hogy minimuma? Mely k értékeke estén lesz ez a kérdés nem eldönthető amásodik deriváltak alapján?

Megoldás. f(x, y) = x2 + kxy + y2

Az elsőrendű parciális deriváltak:fx(x, y) = 2x+ ky,fy(x, y) = kx+ 2y.Az (x, y) = (0, 0) pontot behelyettesítve mindkét elsőrendű parciális deriváltnulla lesz, ami azt jelenti, hogy a (0, 0) kritikus pont.A másodrendű parciális deriváltak:fxx(x, y) = 2,fxy(x, y) = k, ésfyy(x, y) = 2.

Ez alapján felírható a Hesse- determináns:∣∣∣∣2 kk 2

∣∣∣∣ = 4− k2

Mivel fxx(x, y) = 2 > 0, és ha a determináns nagyobb mint nulla, lokálisminimumhelyet találtunk. Tehát 4 − k2 > 0, azaz k ∈ (−2, 2) esetén lokális

4Thomas- féle kalkulus 3, 318. oldal, 46-os feladat

14

minimuma van a függvénynek a (0, 0) pontban.Nyeregpontja akkor van a függvénynek, ha a 4 − k2 < 0, azaz k < −2 vagyk > 2 esetén.Nem eldönthető a második parciális deriváltak alapján, hogy a (0, 0) kritikuspontban van-e a függvénynek abszolút szélsőértéke, vagy nyeregpontja, ha4− k2 = 0, azaz k = ±2. Ekkor érdemes a függvényt másképpen is megvizs-gálni. A k = 2 esetben f(x, y) = x2 + 2xy + y2 = (x + y)2. Mivel tudjuk,hogy (x + y)2 ≥ 0 és f(0, 0) = 0, megállapítható, hogy a (0, 0) pont szigorúlokális minimumhely. A k = −2 esetben f(x, y) = x2 − 2xy + y2 = (x− y)2.Felhasználva, hogy tudjuk, hogy (x− y)2 ≥ 0 és f(0, 0) = 0, ekkor is szigorúlokális minimumhely lesz a (0, 0) pont. A függvényt kirajzoltam k = −2, 0, 3értékekre, a 7. ábrán látható.

7. ábra. Az f(x, y) = x2 + kxy + y2 függvény különböző k értékekre

Példa

5 Az f ′′xxf ′′yy − (f ′′xy)2 kifejezés az origóban az f(x, y) = x4y4 függvényre nulla,

így a második deriváltak alapján nem tudjuk eldönteni, van-e szélsőérték.

5Thomas- féle kalkulus 3, 319. oldal, 44/f feladat

15

Más módon állapítsuk meg, van-e a függvénynek szélsőértéke az origóban!Válaszunkat indokoljuk!

Megoldás. Először ellenőrzöm, hogy a (0, 0) pont kritikus pont-e:f ′x(x, y) = 4x3y4

f ′y(x, y) = 4x4y3

Behelyettesítve a (0, 0) pontot mindkét egyenlet nullát ad, tehát az origóvalóban kritikus pont. Azt is ellenőrzöm, hogy az fxxfyy − f 2

xy kifejezés azorigóban valóban nullát ad- e:f ′′xx = 12x2y4,f ′′yy = 12x4y2,f ′′xy = 16x3y3,f ′′xxf

′′yy − (f ′′xy)

2 = 144x6y6 − 16x3y3|(0,0) = 0.Mivel tudjuk, hogy x4 ≥ 0 és y4 ≥ 0, így f(x, y) = x4y4 ≥ 0. Ugyanakkorf(0, 0) = 0, tehát f(x, y)-nak az origóban minimuma van.A függvény a 7. ábrán látható.

8. ábra. Az f(x, y) = x4y4 függvény

Példa6 Használjunk számítógép-programot a következő lépések végrehajtására!(a) Rajzoltassuk ki az f(x, y) = 2x4 + y4 − 2x2 − 2y2 + 3 függvényt az

6Thomas- féle kalkulus 3, 320. oldal, 68-as feladat

16

x ∈ [−32, 32], és y ∈ [−3

2, 32] téglalapon!

(b) Rajzoltassuk ki néhány szintvonalát a téglalapban!(c) Számítsuk ki a függvény parciális deriváltjait, és a számítógép egyenlet-megoldó programjával keressük meg a kritikus pontokat! Milyen kapcsolatbanvannak a kritikus pontok a szintvonalakkal, amiket a (b) részben kirajzoltat-tunk? Mely kritikus pontok tűnnek úgy, hogy ott nyeregpont van, ha egyál-talán vannak ilyenek?(d) Számítsuk ki a második parciális deriváltakat, és adjuk meg a D(x, y) =f ′′xxf

′′yy − (f ′′xy)

2 kifejezést!(e) Az előző pontban meghatározott D-vel osztályozzuk a (c)-ben talált kri-tikus pontokat (maximum, minimum, nyeregpont)! Megegyeznek ezek a vá-laszok azzal, amit a (c)-ben tippeltünk?

Megoldás. (a)A matlab program segítségével oldottam meg a számítógépes részeket. Alábbolvasható a program, amivel kirajzoltattam a megadott tartományon a függ-vényt, majd pedig a 9. ábrán a függvény.

x = −1.50 : 0.1 : 1.50;y = x;[X, Y ] = meshgrid(x, y);Z = 2. ∗X.4 + Y.4 − 2. ∗X.2 − 2. ∗ Y.2 + 3;mesh(X, Y, Z)xlabel (’Az x tengely’)ylabel (’Az y tengely’)zlabel (’Az z tengely’)

17

9. ábra. 2x4 + y4 − 2x2 − 2y2 + 3 függvény

(b)A szintvonalak kirajzolásához egy hasonló programot írtam, mit a függvénykirajzolásához, csupán a mesh(X, Y, Z) parancsot kellet lecserélnicontour(X, Y, Z)-re. A szintvonalak a 10. ábrán láthatóak.

10. ábra. A 2x4 + y4 − 2x2 − 2y2 + 3 függvény szintvonalai

(c)A függvény elsőrendű parciális deriváltai:

18

f ′x = 8x3 − 4xf ′y = 4y3 − 4y

Ennek a megoldásait a következőképpen számoltam ki:

syms x y;S=solve(2 ∗ x3 − x == 0, y3 − y == 0);S=[S.x S.y]

Az eredmény pedig megadja a kritikus pontokat:(0, 0), (0, 1), (0,−1), ( 1√

2, 0), ( 1√

2, 1), (− 1√

2, 0), (− 1√

2, 1), ( 1√

2,−1), és a (− 1√

2,−1)

Ezeket a pontokat piros csillaggal jelöltem a 10. ábrán. A kép alapján úgygondolom, hogy a (0,−1), a (0, 1), a (− 1√

2, 0), és a ( 1√

2, 0) pontokba van nye-

regpont, a (0, 0) pontban lokális maximum és a lokális minimumok a ( 1√2, 1),

a (− 1√2, 1), a ( 1√

2,−1), és a (− 1√

2,−1) pontokban lesznek.

(d)A másodrendű parciális deriváltak:f ′′xx = 24x2 − 4f ′′yy = 12y2 − 4f ′′xy = 0

D(x, y) = f ′′xxf′′yy − (f ′′xy)

2 = 288x2y2 − 48y2 − 96x2 + 16

(e)Kritikus pontok kiértékelése:A (0, 0) pontra:D(0, 0) = 16 és f ′′xx(0, 0) = −4, tehát a (0, 0) pontban lokális maximum van.A (0, 1) pontra:D(0, 1) = −32, tehát a (0, 1) pontban nyeregpont van.A (0,−1) pontra:D(0,−1) = −32, tehát a (0,−1) pontban nyeregpont van.A ( 1√

2, 0) pontra:

D( 1√2, 0) = −32 , tehát a ( 1√

2, 0) pontban nyeregpont van.

A (− 1√2, 0) pontra:

D(− 1√2, 0) = −32 , tehát a (− 1√

2, 0) pontban nyeregpont van.

19

A ( 1√2, 1) pontra:

D( 1√2, 1) = 64 és fxx( 1√

2, 1) = 8 , tehát a ( 1√

2, 0) pontban lokális minimum

van van.A (− 1√

2, 1) pontra:

D(− 1√2, 1) = 64 és fxx(− 1√

2, 1) = 8 , tehát a (− 1√

2, 1) pontban lokális mini-

mum van van.A ( 1√

2,−1) pontra:

D( 1√2,−1) = 64 és fxx( 1√

2,−1) = 8 , tehát a ( 1√

2,−1) pontban lokális mini-

mum van van.A (− 1√

2,−1) pontra:

D(− 1√2,−1) = 64 és fxx(− 1√

2,−1) = 8 , tehát a (− 1√

2,−1) pontban lokális

minimum van van.Amint azt láthatjuk a (c) feladatrészben megtippelt kritikus pont osztályo-zásaink megegyeznek a (d) feladatrészben kiszámolt eredményekkel, tehát aszintvonalak segítségével, jó fel tudtuk mérni a kritikus pontok típusait.

Példa

7 Keressük meg f(x, y) = xy + 2x − lnx2y kritikus pontjait az első síkne-gyedben (x > 0, y > 0), és mutassuk meg, hogy f(x, y) itt minimumot veszfel.

Megoldás. Mivel az első nyílt síknegyeden keressük a kritikus pontokat,így a határon fekvő pontokkal most nem kell foglalkoznunk csak a belső pon-tokkal.Először kiszámolom az elsőrendű parciális deriváltakat, egyenlővé teszem nul-lával és megoldom az egyenletrendszert:f ′x(x, y) = y + 2− 2

x= 0

f ′y(x, y) = x− 1y

= 0

Az egyenletrendszer megoldása: y = 2, x = 12. Kritikus pont még, ahol nem

létezik valamelyik elsőrendű parciális derivált. Ez most a (0, 0) pont, ám mi-vel az kívül esik ez első nyílt síknegyeden, így ez most nem lesz kritikus pont.Tehát egy kritikus pontot találtunk, az (1

2, 2)-t. Még meg kell mutatni, hogy

itt minimuma van a függvénynek. Ehhez a másodrendű parciális deriváltakatis ki kell számolnom:

7Thomas- féle kalkulus 3, 318. oldal, 42. feladat

20

f ′′xx(x, y) = 2x2, f ′′yy(x, y) = 1

y2, f ′′xy(x, y) = 1.

Elkészítem a Hesse- determinánst és behelyettesítem az (12, 2) pontot:∣∣∣∣8 1

1 14

∣∣∣∣Mivel a determináns értéke 1 > 0 és f ′′xx(

12, 2) = 8 > 0, így biztosan mini-

muma van a függvénynek az (12, 2) pontban.

11. ábra. Az f(x, y) = xy + 2x− lnx2y függvény és minimuma

2.3. Abszolút maximum és abszolút minimum egy kor-látos és zárt tartományon

2.7. Definíció Egy f(x, y) függvénynek a (x0, y0) pontban abszolút maxi-muma, illetve minimuma van, ha f(x, y) értelmezve van (x0, y0) pontban ésaz értelmezési tartományának bármely (x, y) pontjára f(x0, y0) ≥ f(x, y)illetve f(x0, y0) ≤ f(x, y).

Mint tudjuk, korlátos és zárt tartományon folytonos függvényeknek van ezena tartományon abszolút maximuma és minimuma. Egy korlátos és zárt Ttartományon folytonos f(x, y) függvény abszolút szélsőértékeinek megkeresésa következőképpen végezhető el:

21

• Soroljuk fel a tartomány belsejében azokat a pontokat amelyekben f -nek lokális szélsőértéke lehet, majd számoljuk ki a helyettesítési érté-keket ezekben a pontokban.

• Soroljuk fel azon pontokat a tartomány határán, ahol f(x, y)-nek szél-sőértéke lehet, és számoljuk ki a helyettesítési értékeket.

• Válasszuk ki a legnagyobb(akat) és legkisebb(eket). A legnagyobb értéklesz az abszolút maximum, a legkisebb az abszolút minimum.

Példa

8 Az f(x, y) = x+y függvénynek nincs abszolút maximuma a zárt első síkne-gyedben, ahol x ≥ 0 és y ≥ 0. Ellentmondásban van-e ez azzal a módszerrel,amit az abszolút maximum, ill. minimum megkeresésére tanultunk?

Megoldás. Mivel a zárt első síknegyed nem egy korlátos és zárt tartomány,így nincs ellentmondásban a bemutatott módszerrel, hiszen az csak korlátosés zárt tartományon folytonos függvények abszolút szélsőértékeinek megta-lálására használható.

Példa

9 Keressük meg az f(x, y) = x2 + y2 abszolút szélsőértékeit az x ≥ 0, y ≥ 0,y ≤ 2− 2x feltételek mellett!

Megoldás. Először a nyílt tartományon (x > 0, y > 0, y < 2−2x feltételekmellett) keressük meg a szélsőértékeket, ha vannak!f ′x(x, y) = 2x = 0 és f ′y(x, y) = 2y = 0 akkor, és csak akkor, ha x = 0

és y = 0. Ám a (0, 0) pont nem eleme a nyílt tartománynak, így itt nincsszélsőérték.Keressük a lehetséges szélsőértékeket a továbbiakban a határon. A határokatpirossal láthatjuk a 12. ábrán.

8Thomas- féle kalkulus 3, 318. oldal, 51-es feladat9Thomas féle kalkulus 3., 317. oldal, 33. feladat

22

12. ábra. A tartomány, amin a szélsőértéket keressük

Az x = 0 feltétel:Keressük f(x, y) szélsőértékét a (0, t) szakaszon, ahol t ∈ [0, 2]. Az f(0, t) = t2

minimuma t = 0-ban van, a maximuma t = 2-ben. Így (0, 0) lokális minimumés (0, 2) lokális maximum. Tehát ezek lehetséges abszolút szélsőértékhelyek.

Az y = 0 feltétel:Keressük f(x, y) szélsőértékét a (t, 0) szakaszon, ahol t ∈ [0, 1]. Az f(t, 0) = t2

minimuma a t = 0-ban van, a maximuma t = 1-ben. Így (0, 0) lokális mini-mum és (1, 0) lokális maximum. Tehát ezek lehetséges abszolút szélsőérték-helyek.

Az y = −2x+2 feltétel: Az f(t,−2t+2) szélsőértékeit keressük, ahol t ∈ [0, 1].f(t,−2t+ 2) = 5t2 − 8t+ 4. Ezt deriválva, majd egyenlővé téve nullával aztkapjuk, hogy 10t − 8 = 0, azaz t = 8

10egy minimum. Így a ( 8

10, 410

) is lehet-séges abszolút szélsőérték hely.

Kiszámolom a függvényértékeket a lehetséges abszolút szélsőértékhelyeken:f(0, 0) = 0f(0, 2) = 4f(1, 0) = 1f( 8

10, 410

) = 45

Tehát az abszolút maximum (0, 2)-ben van és f(0, 2) = 4. Az abszolút mini-mum (0, 0)-ben van és f(0, 0) = 0. A függvény a 13. ábrán látható.

23

13. ábra. Az f(x, y) = x2 + y2 függvény

Példa10 Keressük meg az f(x, y) = (4x − x2) cos y függvény abszolút szélsőértékhelyeit és nyeregpontjait, ha vannak ilyenek, az 1 ≤ x ≤ 3 és a −π

4≤ y ≤ π

4

téglalapon!

Megoldás. Először a nyílt lapon keresünk. Számoljuk ki az elsőrendű par-ciális deriváltakat:fx(x, y) = (4− 2x) cos yfy(x, y) = (4x− x2)(− sin y)Ezek folytonosak és mindenhol léteznek. Szélsőérték csak ott lehet a nyílttéglalapon, ahol ezek az elsőrendű parciális deriváltak egyenlők nullával.{

(4− 2x) cos y = 0(4x− x2)(− sin y) = 0

4 cos y − 2x cos y = 0 esetén, ha cos y 6= 0 ⇒ y 6= π/2 ± kπ (k=0,1,2. . . ).Ekkor leoszthatunk cos y-nal: 4 = 2x ⇒ x = 2 ∈ (1, 3) és sin y = 2 sin y ⇒y = 0± kπ, de mivel y ∈ (−π

4, π4), így a (2, 0) pont lesz az, ami eleme a nyílt

10Thomas féle kalkulus 3., 317. oldal, 37. feladat

24

téglalapnak és eleget tesz az egyenlőtlenségnek is a feltevésünk mellett.Ha cos y = 0 ⇒ nincs olyan y, ami eleget tenne annak, hogy y ∈ (−π

4, π4).

Most keressünk a téglalap határain!

A (t,−π4) szakaszon, ahol t ∈ [1, 3]:

Keresem az f(t,−π4) = (4t−t2) cos(−π

4) szélsőértékét. Ez a t = 2-ben van, így

a lehetséges abszolút szélsőérték helyünk itt a (2,−π4) pont. A szélsőértékek

lehetnek még a intervallum végpontjaiban is. Ezen az oldalon két végponthelyezkedik el ezek: (1,−π

4) és (3,−π

4).

A (t, π4) szakaszon, ahol t ∈ [1, 3]:

Keresem az f(t, π4) = (4t − t2) cos(π

4) szélsőértékét. Ez a t = 2-ben van,

így a lehetséges abszolút szélsőérték helyünk itt a (2, π4) pont. A szélsőérté-

kek lehetnek még a határoló szakaszok végpontjaiban is. Ezen az oldalon kétvégpont helyezkedik el ezek: (1, π

4) és (3, π

4).

A (3, t) szakaszon, ahol t ∈ [−π4, π4]:

Keresem az f(3, t) = 3 cos t szélsőértékét. Ezek a t = 0±kπ helyeken vannak,ám ezek közül csak a 0 esik a megadott intervallumba. Így itt a lehetségesabszolút szélsőértékhelyünk a (3, 0) pont lesz, és a végpontokat már az előzőesetekben felsoroltuk.

A (1, t) szakaszon, ahol t ∈ [−π4, π4]:

Keresem az f(1, t) = 3 cos t szélsőértékét. Ezek a t = 0±kπ helyeken vannak,ám ezek közül csak a 0 esik a megadott intervallumba. Így itt a lehetségesabszolút szélsőértékhelyünk a (1, 0) pont lesz, és a végpontokat már az előzőesetekben felsoroltuk.

Most már csak ki kell számolnunk a helyettesítési értékeket és az alapjánmegállapítani az abszolút szélsőérték helyeket és értékeket.f(2, 0) = 4f(1,−π

4) ≈ 2, 1213

f(1, π4) ≈ 2, 1213

25

f(3,−π4) ≈ 2, 1213

f(3, π4) ≈ 2, 1213

f(3, 0) = 3f(1, 0) = 3

Így az abszolút maximum a (2, 0) pontban van, és értéke 4, és az abszolútminimumok a (1,−π

4), (1, π

4), (3,−π

4), (3, π

4) pontokban vannak, és értékük

3 cos(π4) = 3 cos(−π

4) ≈ 2, 1213. A tartomány és a függvény rendre a 14. és

15. ábrán láthatóak.

14. ábra. A téglalap, amin a szélsőértéket keressük

15. ábra. Az f(x, y) = (4x− x2) cos y függvény a megadott tartományon

26

2.4. Lagrange-multiplikátoros módszer

Gyakran előfordul, hogy bizonyos korlátozó feltételek mellet keressük a több-változós függvények szélsőértékeit. A Lagrange multiplikátoros módszer errea feladatra ad megoldási eljárást. Legyen adva egy g(x, y, z) = 0 feltételamely mellett keressük, az f(x, y, z) függvény szélsőértékeit. A módszer aztmondja ki, hogy a szélsőértékek a g = 0 és a 5f = λ5 g egyenlőségeknekeleget tesznek valamilyen λ konstans esetén.

2.8. Tétel Merőleges gradiens tételTegyük, fel, hogy az f(x, y, z) függvény differenciálható egy tartományban, ésennek a belsejében van a C : r(t) = g(t)i + h(t)j + k(t)k sima görbe. Ha az(x0, y0z0) pont a C görbe olyan pontja, ahol a görbe pontjaiban az f(x, y, z)függvénynek lokális maximuma vagy minimuma van, akkor a 5f merőlegesC-re az (x0, y0z0) pontban.

Kétdimenziós esetre hasonlóan szól a tétel.

2.9. Következmény Az r(t) = g(t)i + h(t)j sima görbe azon pontjaiban,ahol az f(x, y) függvény lokális maximumot vagy minimumot vesz fel a görbepontjaiban felvett értékhez képes, 5fv = 0, ahol v = dr

dt.

Tegyük fel, hogy f(x, y, z) és g(x, y, z) differenciálható függvények és (x0, y0, z0)egy olyan pont a g(x, y, z) = 0 felületen, ahol f(x, y, z)-nek lokális szélső-értéke van a felületen felvett értékeihez képest. Ekkor f(x, y, z)-nek min-den olyan pontban lokális szélsőértéke van (x0, y0, z0)-ban, ami áthalad ag(x, y, z) = 0 felületen és átmegy az (x0, y0, z0) ponton. Ez éppen azt jelenti,hogy 5f merőleges minden ilyen differenciálható görbe sebességvektorára az(x0, y0, z0) pontban. Mivel5g szintén merőleges ezekre a vektorokra5f csakvalamilyen konstans szorosa kell legyen 5g-nek.

2.10. Tétel A Lagrange multiplikátoros módszerTegyük fel, hogy f(x, y, z) és g(x, y, z) differenciálható függvények. Az f(x, y, z)függvény a g(x, y, z) = 0 feltételnek eleget tevő pontokban akkor vehet fel lo-kális maximumot vagy minimumot, ha x, y, z és λ kielégítik a 5f = λ5 g ésa g(x, y, z) = 0 egyenleteket. Kétváltozós esetben a feltétel hasonló, csupán elkell tekinteni a harmadik koordinátától.

27

Példa11 Mekkorák a méretei az x2

a2+ y2

b2= 1 ellipszisbe írható legnagyobb kerületű

téglalapnak, ahol a téglalap oldalai párhuzamosak a koordináta tengelyekkel?Mekkora a kerülete?

Megoldás. Legyen a téglalap egy csúcsa a megadott ellipszisben és koor-dinátája legyen (x, y), akkor oldalai 2x és 2y hosszúak és eleget tesznek azx2

a2+ y2

b2= 1 egyenletnek, tehát keressük a Kfv(x, y) = 2(2x+ 2y) = 4(x+ y)

függvény maximumát a g(x, y) = x2

a2+ y2

b2− 1 = 0 feltétel mellett.

Kell: Létezik λ ∈ R, amire: f ′(x, y)− λg′(x, y) = 0 ∈ R2, azaz:4− 2x

a2λ = 0

4− 2yb2λ = 0

Az első egyenletből λ = 2a2

xadódik, és a másodikból λ = 2b2

y.

2a2

x= 2b2

y

x = a2yb2

Ezt az x-et visszahelyettesítem a g(x, y) feltételbe:g(x, y) = x2

a2+ y2

b2− 1 = 0

a2y2

b2+ y2

b2− 1 = 0

y = b√a2+1

Ezt az y-t vissza írva az x = a2yb2-be:

x = a2√a2+1b

-t kapunk. Most x,y-t visszaírjuk a Kfv(x, y)-be:Kfv(x, y) = 4( a2+b2√

a2+1b) Tehát adott a és b mellett a maximális kerület 4( a2+b2√

a2+1b)

lesz, az oldalak hossza pedig: x = a2√a2+1b

és y = b√a2+1

.

Példa12 Adott egy háromszög egyik oldala (c) és a vele szemközti szög (γ). Hatá-rozzuk meg a háromszög többi alkotórészét úgy, hogy a területe maximálislegyen.

Megoldás. A célfüggvény legyen a terület kétszerese: 2T = xy sin γ. Fel-írom a szinusz- tételt az x és y oldalakra: x = sinα

sin γc, y = sinβ

sin γc.

11Thomas féle kalkulus 3., 328. oldal, 12. feladat12Matematika A2, Szélsőértékek

28

Ezeket behelyettesítem a célfüggvénybe: f(α, β) = c2 sinα sinβsin γ

. A feltétel azlesz, hogy a háromszög belsőszögeinek összege 180◦. Tehát a Lagrange- mul-tiplikátoros célfüggvény: c

2 sinα sinβsin γ

= λ(α + β + γ − 180◦).Az elsőrendű parciális deriváltak:f ′α = c2 cosα sinβ

sin γ− λ=0,

f ′β = c2 sinα cosβsin γ

− λ=0,f ′λ = −α− β − γ + 180◦=0.Az első két egyenletet átrendezve: cosα sin β = λ sin γ

c2,

sinα cos β = λ sin γc2

.Ezeket elosztva egymással azt kapjuk: ctg α tg β = 1, azaz tg β =tg α,amiből azt kapjuk - figyelembe véve, hogy a belső szögek összege kisebb kelllegyen mint 180◦ -, hogy α = β, tehát a keresett háromszög egyenlő szárú.Tehát a háromszög alkotórészei: egy adott γ, a másik két szög: α, β = 180◦−γ

2.

Így már az oldalakat is könnyen kiszámolhatjuk: a c oldal adott, a = b =c sinαsin γ

.

2.5. Lagrange-multiplikátoros módszer több feltétel ese-tén

Előfordulhat, hogy nem csak egy korlátozó feltételünk van. Legyen f(x, y, z)differenciálható függvény, melynek a szélsőértékeit keressük két korlátozó fel-tétel: g1(x, y, z) = 0 és g2(x, y, z) = 0 mellett, ahol g1 és g2 differenciálhatóak,és ∆g1 és ∆g2 nem párhuzamosak. Ekkor két Lagrange- féle multiplikátor be-vezetésére van szükség: λ, és µ.

2.11. Tétel A Lagrange-multiplikátoros módszer két feltétellelf(x, y, z) olyan P (x, y, z) pontokban vehet fel szélsőértéket, ahol x, y, z, λ ésµ kielégítik a ∆f(x, y, z) = λ∆g1(x, y, z) + µ∆g2(x, y, z), g1(x, y, z) = 0,ésg2(x, y, z) = 0 egyenleteket.

2.12. Tétel Jelölje Digj(a) a gj függvény i-edik változója szerinti parciálisderiváltját az a helyen.Legyenek f : Rp → R és g1, g2, . . . gnRp → R (n ≤ p) adott függvények. Le-gyen H = {x ∈ Rp|g1(x) = 0, g2(x) = 0, . . . gn(x) = 0}. Tegyük fel, hogyH 6= ∅. Legyenek f, g1, g2, . . . gn folytonosan differenciálható függvények. Te-gyük fel, hogy az f függvénynek a g1 = 0, g2 = 0, . . . , gn = 0 feltétel mellettfeltételes szélsőértéke van az a ∈ H ⊆ D(f)pontban. Tegyük fel továbbá, hogy

29

rang

D1g1(a) D2g1(a) . . . Dpg1(a)...

...D1gn(a) D2gn(a) . . . Dpgn(a)

= n.

Ekkor léteznek olyan λ1, λ2, . . . , λn ∈ R számok, hogy azF := f + λ1g1 + λ2g2 + · · ·+ λngn : Rp → R függvényre F ′(a) = 0 ∈ Rp.

Példa

13 Keressük f(x, y, z) = xyz minimumát az x2 + y2 − 1 = 0 és x − z = 0feltételek mellett.

Megoldás. Kell, hogy ∆f = λ∆g1 + µ∆g2, g1 = 0 és g2 = 0 legyen, azaz:yz = λ+ 2xµxz = µ2yxy = −λx = zx2 + y2 = 1

Az egyenletrendszer megoldása után négy pontot kapunk: (√

23,

23√132,√

23),

(√

23,−

23√132,√

23), (−

√23,

23√132,−√

23), (−

√23,−

23√132,−√

23). Kiszámolva a

függvény értékét azt kapjuk, hogy a maximum a (√

23,

23√132,√

23) és

(−√

23,

23√132,−√

23) pontokban van, és az értéke 0, 3849, valamint a minimum

a (√

23,−

23√132,√

23) és a (−

√23,−

23√132,−√

23) pontokban van, és az értéke

−0, 3849.

Példa

14 Bizonyítsuk be a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget.

13Thomas féle kalkulus 3., 330. oldal, 46. feladat14Dr. Kozma László Gazdasági matematika kiegészítő közgazdász hallgatók számára

előadásjegyzet

30

Megoldás. A célfüggvény f(x1, x2, . . . , xn) = n√x1x2 . . . xn lesz, ahol

x1, x2, . . . , xn ≥ 0. A korlátozó feltétel pedig: a = x1 + x2 + · · · + xn, ahola ∈ R, így g(x1, x2, . . . , xn) = x1 + x2 + · · · + xn − a. Kell, hogy létezikλ ∈ R, amire: f ′(x1, x2, . . . , xn) + λg′(x1, x2, . . . , xn) = 0 ∈ Rn. Az xi szerintiparciális deriváltak:

n√x1x2...xnnxi

+ λ = 0, ahol i = 1, 2, . . . , n. Ezek a feltételekakkor teljesülnek, ha x1 = x2 = · · · = xn és a feltétel miatt, x1 = x2 = · · · =xn = a

n. Mivel a változók nem negatívak, a minimum érték nulla lesz. Az

x1 = x2 = · · · = xn = anpontban tehát csak maximum lehet. Így minden

más a feltételt teljesítő pont esetén:f(x1, x2, . . . , xn) ≤ f( an, an, . . . , a

n) = a

n.

Tehát megkaptuk, hogy n√x1x2 . . . xn ≤ x1+x2+···+xn

n.

31

Irodalomjegyzék[1] Laczkovich Miklós-T.Sós Vera:Analízis I., Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt.,

Budapest, 2006

[2] George B. Thomas, Jr.: Thomas-féle Kalkulus 1., A magyar kiadás fő-szerkesztője: Szász Domonkos, Typotex, Budapest, 2008

[3] George B. Thomas, Jr.: Thomas-féle Kalkulus 3., A magyar kiadás fő-szerkesztője: Szász Domonkos, Typotex, Budapest, 2007

[4] Fekete Zoltán, Zalay Miklós: Többváltozós függvények analízise, MűszakiKiadó,Budapest,1985.

[5] Sikolya Eszter: Analízis előadásjegyzet, ELTE,2008/2029. tavaszi félév,http : //www.cs.elte.hu/ seszter/oktatas/2008_09_2/BSc _mattanar_ea/Lagrange_multiplikator.pdf

[6] Dr. László Kozma:Gazdasági matematika kiegészítő közgazdász hallgatókszámára előadásjegyzet, Previous courses,http : //www.math.klte.hu/ kozma/tobbv − f.pdf

[7] Szilágyi Brigitta: Matematika A2, Szélsőértékek,http : //www.math.bme.hu/ szilagyi/17ketvszelsoertek.pdf

32