Eötvös Loránd Tudományegyetem

Természettudományi Kar

Nemesné Jónás Nikolett

Lagrange-féle multiplikátor módszer és

alkalmazása

Matematika BSc, Matematikai elemz® szakirány

Témavezet®:

Szekeres Béla János, tudományos segédmunkatárs

MTA-ELTE Numerikus Analízis és Nagy Hálózatok Kutatócsoport

Budapest, 2017

Köszönetnyilvánítás

Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet®mnek, Szekeres Béla Jánosnak, aki fel-

keltette érdekl®désem a téma iránt, és segítségével, hasznos tanácsaival hozzájárult a

szakdolgozatom elkészüléséhez.

Köszönettel tartozom a családomnak az egyetemi éveim alatt nyújtott kitartó támogatá-

sukért.

2

Tartalomjegyzék

1. Bevezetés 4

2. Szükséges el®ismeretek 5

2.1. Parciális deriváltak és széls®értékek kapcsolata . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2. Feltételes széls®érték probléma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3. A Lagrange-multiplikátor módszer alkalmazásai 10

3.1. Többváltozós függvény, egy feltétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.2. Háromváltozós függvény, két feltétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.3. Feltételek egyenl®tlenségként . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

4. További gyakorlati példák 22

4.1. Maximális terméshozam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4.2. Henger felületének minimalizálása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.3. Maximális entrópia számítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3

1. fejezet

Bevezetés

A széls®érték feladatok fontos gyakorlati alkalmazása a matematikai analízisnek. Szakdol-

gozatom témája ezzel kapcsolatos, feltételes széls®értékek keresése Lagrange-multiplikátor

módszerrel.

A dolgozat els® fejezetében áttekintem az elmélethez kapcsolódó de�níciókat és téte-

leket a [1] munka alapján.

A második fejezetben egyszer¶ példákon keresztül mutatom be a Lagrange-multiplikátor

módszer alkalmazását.

A harmadik fejezetben pedig néhány gyakorlatban is el®forduló alkalmazást vizsgálok:

terméshozam optimalizálása adott költség- és hozamfüggvények mellett, adott térfogatú

henger felületének minimalizálása, illetve entrópiafüggvény maximalizálása.

4

2. fejezet

Szükséges el®ismeretek

2.1. Parciális deriváltak és széls®értékek kapcsolata

2.1.1. De�níció. Az f függvénynek lokális minimuma (maximuma) van az a ∈ Rn pont-

ban, ha van a-nak olyan K környezete, amiben f értelmezve van, és minden x ∈ K-ra:

f(a) ≤ f(x) (illetve(f(a) ≥ f(x)). Ebben az esetben az f függvény lokális minimumhelyé-

nek (maximumhelyének) nevezzük az a ∈ Rn pontot.

2.1.2. Megjegyzés. Ha minden a-n kívüli x ∈ K-ra f(x) < f(a) (illetve f(x) > f(a)),

akkor szigorúan lokális maximumról, maximumhelyr®l (illetve szigorúan lokális minimum-

ról, minimumhelyr®l) beszélünk. Ezeket közösen lokális széls®értéknek, széls®értékhelynek

nevezzük.

2.1.3. Tétel. Ha az f függvénynek az a ∈ Rn pontban lokális széls®értéke van, és létezik

mindegyik parciális deriváltja a-ban, akkor ezek a parciális deriváltak elt¶nnek ebben az a

pontban, azaz: ∂if(a) = 0,∀i = 1...n-re.

2.1.4. Tétel. Legyen A ⊂ Rn halmaz korlátos és zárt, f : A 7→ R folytonos. Tegyük

fel, hogy f-nek A belsejének minden pontjában léteznek a parciális deriváltjai. Ekkor f a

maximumát (vagy minimumát) A határán, vagy pedig olyan bels® pontban veszi fel, ahol

a parciális deriváltak nullák.

5

2.1.5. De�níció. Jacobi-mátrixnak nevezzük egy n-változós függvény els®rend¶ parciális

deriváltjait tartalmazó mátrixot.

J =

∂f1∂x1

. . . ∂f1∂xn

.... . .

...

∂fm∂x1

. . . ∂fm∂xn

.

2.1.6. De�níció. Legyen f(x), x ∈ D(⊂ Rn) n-változós függvény, melynek létezik minden

másodrend¶ parciális deriváltja az a ∈ D pontban. Hesse-mátrixnak nevezzük az f függvény

másodrend¶ parciális deriváltjaiból alkotott négyzetes mátrixot.

Hf (a) =

∂2f∂x21

(a) ∂2f∂x1∂x2

(a) . . . ∂2f∂x1∂xn

(a)

∂2f∂x2∂x1

(a) ∂2f∂x22

(a) . . . ∂2f∂x2∂xn

(a)...

.... . .

...

∂2f∂xn∂x1

(a) ∂2f∂xn∂x2

(a) . . . ∂2f∂x2n

(a)

.

2.2. Feltételes széls®érték probléma

A feltételes széls®érték keresésekor úgy keressük az adott f(x) függvény széls®értékét,

hogy közben egy, vagy több feltételnek is teljesülnie kell.

2.2.1. Tétel. (Lagrange-féle multiplikátor-módszer) Legyen f(x), x ∈ D(⊂ Rn) n-

változós függvény folytonosan di�erenciálható az a ∈ D pontban, továbbá gi, ∀i = 1...m

folytonosan di�erenciálható függvények, melyek értelmezve vannak az a pontban, és teljesül

rá, hogy gi(a) = 0, valamint g′i(a) Jacobi-mátrix sorvektorai lineárisan függetlenek. Ha f-

nek feltételes széls®értéke van az a-ban a g1(x) = 0, g2(x) = 0, . . . , gm(x) = 0 feltétel

mellett, akkor az L(x) = f(x) + λ1g1(x) + λ2g2(x) + . . . + λmgm(x) = f(x) +m∑i=1

λigi(x)

Lagrange függvény összes parciális deriváltja elt¶nik az a pontban:

∂L

∂xi(a) = 0, (i = 1, 2 . . . n).

Ez a Lagrange-féle multiplikátor módszer szükséges feltétele.

2.2.2. Megjegyzés. A tételben szerepl® λi skalárok a Lagrange-multiplikátorok, amelyek

közül legalább az egyik nem nulla.

6

A bizonyítás el®tt szükséges az egyváltozós implicitfüggvény-tétel ismerete:

2.2.3. Tétel. (Egyváltozós implicitfüggvény-tétel) Tegyük fel, hogy a kétváltozós,

valós érték¶ f függvény elt¶nik az (a, b) ∈ R2 pontban, és folytonos az (a, b) egy kör-

nyezetében. Tegyük fel, hogy a ∂2f parciális derivált létezik, véges és nullától különböz® az

(a, b) pont egy környezetében. Ekkor léteznek olyan δ és ε pozitív számok, hogy:

1. Minden x ∈ (a − δ, a + δ)-hoz létezik egyetlen ϕ(x) ∈ (b − ε, b + ε) szám, melyre

f(x, ϕ(x)) = 0, továbbá

2. az így de�niált ϕ függvény folytonos az (a− δ, a+ δ) intervallumban.

A 2.2.1 Tétel bizonyítása. A bizonyítást n = 2, m = 1 és feltételes minimum esetén

végezzük, de a feltételes maximum esete is hasonlóan gondolható meg. A feltételek alapján

a g := g1 : R2 → R függvény folytonosan di�erenciálható, és az a := (a1, a2) pontban

g(a1, a2) = 0. Ebben a pontban a rangfeltétel

rang(∂1g(a1, a2), ∂2g(a1, a2)) = 1.

Ezért feltehetjük, hogy ∂2g(a1, a2) 6= 0. Ekkor az egyváltozós implicitfüggvény-tétel szerint

létezik a1-nek K(a1) és a2-nek K(a2) környezete, és létezik olyan ϕ : K(a1) → K(a2)

di�erenciálható függvény, amelyre

minden x ∈ K(a1) esetén g(x, ϕ(x)) = 0,

és ϕ(a1) = a2. Ez azt jelenti, hogy

H ={(x, y) ∈ R2 | g(x, y) = 0

}⊃{(x, ϕ(x)) ∈ R2 | x ∈ K(a1)

}=: H∗. (2.1)

Azaz g(a1, ϕ(a1)) = 0, melyet deriválva teljesül, hogy

∂1g(a1, a2) + ϕ′(a1)∂2g(a1, a2) = 0. (2.2)

Mivel az f függvény H halmazra vett lesz¶kítésének lokális minimuma van az (a1, a2) ∈ H

pontban, ezért létezik r > 0, hogy az (a1, a2) pont Kr(a1, a2) környezetére

minden (x, y) ∈ Kr(a1, a2) ∩H esetén f(x, y) ≥ f(a1, a2). (2.3)

7

A (2.1) alapján x ∈ K(a1) esetén (x, ϕ(x)) ∈ H∗ ⊂ H. Felhasználva, hogy ϕ folytonos

K(a1)-en, meggondolható, hogy létezik olyan K∗(a1) ⊂ K(a1) környezet, hogy

minden x ∈ K∗(a1) esetén (x, ϕ(x)) ∈ Kr(a1, a2) ∩H.

Így (2.3)-ból következik, hogy

minden x ∈ K∗(a1) esetén f(x, ϕ(x)) ≥ f(a1, ϕ(a1)) = f(a1, a2).

Ez azt jelenti, hogy a

h : K∗(a1)→ R,

h(x) := f(x, ϕ(x))

valós függvénynek lokális minimuma van az a1 pontban. A h függvény di�erenciálható

(di�erenciálható függvények kompozíciója), ezért h′(a1) = 0. A kompozíciófüggvény deri-

válási szabályai alapján

h′(x) = f ′(x, ϕ(x)) · (x′, ϕ′(x)) =

= 〈(∂1f(x, ϕ(x)), ∂2f(x, ϕ(x))) , (1, ϕ(x))〉 =

= ∂1f(x, ϕ(x)) + ϕ′(x)∂2f(x, ϕ(x)).

Ezért

h′(a1) = ∂1f(a1, a2) + ϕ′(a1)∂2f(a1, a2) = 0. (2.4)

Legyen λ ∈ R tetsz®leges szám, és szorozzuk meg λ-val a (2.2) egyenl®séget, majd adjuk

össze a (2.4) egyenl®séggel, így nyerjük az alábbi azonosságot

∂1f(a1, a2) + λ∂1g(a1, a2) + ϕ′(a1) [∂2f(a1, a2) + λ∂2g(a1, a2)] = 0. (2.5)

A λ szám megválasztható úgy, hogy

∂2f(a1, a2) + λ∗∂2g(a1, a2) = 0 (2.6)(a λ∗ := −∂2f(a1, a2)

∂2g(a1, a2)megfelel®

). Ha a λ∗ esetén (2.5)-ben a szögletes zárójelben lév®

tényez® 0, akkor

∂1f(a1, a2) + λ∗∂1g(a1, a2) = 0 (2.7)

8

is teljesül. Összesítve az eredményeket, azt kapjuk, hogy ha az f függvénynek feltételes

minimuma van a g = 0 feltétel mellett, az a = (a1, a2) pontban, akkor az F := f + λ∗g

függvénynek az els® változó szerinti parciális deriváltja 0 (ezt mutatja (2.7)), és a második

változó szerinti parciális deriváltja is 0 (ezt mutatja (2.6)).

Tehát

F ′(a) = F ′(a1, a2) = (∂1F (a1, a2), ∂2F (a1, a2)) = 0.

�

2.2.4. Tétel. (Elégséges feltétel) A 2.2.1 Tétel feltételei mellett az L Lagrange-függvény

Hesse-mátrixa az a pontban pozitív de�nit, akkor az f függvénynek lokális minimuma van

az a pontban, a gi = 0, i = 1...m feltétel mellett, ha pedig az L Lagrange-függvény Hesse-

mátrixa az a pontban negatív de�nit, akkor az f függvénynek lokális minimuma van az a

pontban a gi = 0, i = 1...m feltétel mellett.

9

3. fejezet

A Lagrange-multiplikátor módszer

alkalmazásai

3.1. Többváltozós függvény, egy feltétel

3.1.1. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = x2+y2 függvény széls®értékhelyét a g(x, y) =

x+ y = 10 feltétel mellett.

Els®ként felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk az els®rend¶ parciális deri-

váltakat, amiket egyenl®vé teszünk nullával.

L(x, y) = x2 + y2 + λ(x+ y − 10).

∂L

∂x= 2x+ λ = 0, (3.1)

∂L

∂y= 2y + λ = 0. (3.2)

A (3.1) és (3.2) egyenletekb®l lehetséges széls®érték helyeket kapunk, de ezek még

függnek a bevezetett λ multiplikátortól:

x =−λ2, (3.3)

y =−λ2. (3.4)

10

A (3.3), (3.4) formulákból következik, hogy −λ2= x = y, továbbá az x+y = 10 feltétel

miatt x = y = 5.

Az f(x, y) = x2 + y2 függvény széls®értékei az x + y = 10 feltétel mellett az (x, y) =

(5, 5) pont, aminek értéke:

f(5, 5) = 52 + 52 = 25 + 25 = 50.

Ez az érték a függvény minimuma, mivel a feltételnek megfelel® (x, y) pontpárokat behe-

lyettesítve 50-nél nagyobb értékeket kapunk.

3.1.2. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = x+2y függvény széls®értékhelyét a g(x, y) =

x2 + y2 = 4 feltétel mellett. Els®ként felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk

az els®rend¶ parciális deriváltakat.

L(x, y, λ) = x+ 2y + λ(x2 + y2 − 4).

Els®rend¶ parciális deriváltak, amiket egyenl®vé teszünk nullával:

∂L

∂x= 1 + 2xλ = 0, (3.5)

11

∂L

∂y= 2 + 2yλ = 0. (3.6)

Az (3.5) és (3.6) egyenletekb®l lehetséges széls®értékhelyeket kapunk, de ezek még

függnek a bevezetett λ multiplikátortól:

x =−12λ, (3.7)

y =−1λ. (3.8)

A (3.7) és (3.8) értékeket a feltételbe visszahelyettesítve kapunk a λ-ra megfelel® ér-

tékeket, amiket a parciális deriváltakba beírva megkapjuk a keresett (x, y) helyet:

λ1 =

√5

4, (3.9)

λ2 = −√5

4. (3.10)

Mindkét λ esetén vissza kell helyettesítenünk a parciális deriváltakba, hogy az összes

lehetséges széls®értékhelyet megkapjuk:

• λ1 =√5

4esetén:

1 + 2x

√5

4= 0, (3.11)

2 + 2y

√5

4= 0. (3.12)

A (3.11) és (3.12) egyenletekb®l álló egyenletrendszert megoldva kapjuk az egyik lehetséges

széls®érték helyet:

(x1, y1) =

(−2√5,−4√5

).

• λ2 = −

(√5

4

)esetén hasonlóan járunk el:

1 + 2x

(−√5

4

)= 0, (3.13)

12

2 + 2y

(−√5

4

)= 0. (3.14)

A (3.13) és (3.14) egyenletekb®l álló egyenletrendszert megoldva kapjuk a másik lehetséges

széls®értékhelyet:

(x2, y2) =

(2√5,4√5

).

Az f(x, y) = x + 2y függvénynek a g(x, y) = x2 + y2 = 4 feltétel mellett az (x1, y1) =(−2√5,−4√5

)és (x2, y2) =

(2√5,4√5

)pontokban van széls®értéke, aminek értékei:

• (x1, y1) esetében minimuma van:

f

(−2√5,−4√5

)=

(−2√5+ 2

(−4√5

))=−10√

5≈ −4, 47.

• (x2, y2) esetében maximuma van:

f

(2√5,4√5

)=

(2√5+ 2

(4√5

))=

10√5≈ 4, 47.

13

3.1.3. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = xy függvény széls®értékét a g(x, y) = 3x2 +

y2 = 6 feltétel mellett. Ahogyan eddig, el®ször a Lagrange-függvényt írjuk fel, majd

kiszámoljuk a parciális deriváltakat:

L(x, y) = xy + λ(3x2 + y2 − 6). (3.15)

∂L

∂x= y + λ6x = 0, (3.16)

∂L

∂y= x+ λ2y = 0. (3.17)

A (3.16) és a (3.17) egyenleteket rendezve kapjuk az alábbi összefüggést:

y = −λ6x, (3.18)

x = −λ2y. (3.19)

Felhasználva a (3.19) formulát, y-ra a következ® egyenl®séget kapjuk:

y = 12λ2y. (3.20)

Ha y nulla, akkor a (3.19) miatt x-nek is nullának kell lennie, de ez nem teljesítené a

feltételt, így y 6= 0. Tehát a (3.20) egyenl®ség csak akkor teljesülhet, ha

12λ2 = 1.

Helyettesítsük be a (3.18) egyenletet a feltételbe, majd hozzuk megfelel® alakra:

3x2 + (−λ6x)2 = 6

3x2 + 36λ2x2 = 6,

ami ekvivalens azzal, hogy

3x2 + 3(12λ2)x2 = 6. (3.21)

Mivel 12λ2 = 1, ezért (3.21) a következ®t jelenti:

3x2 + 3x2 = 6. (3.22)

(3.22)-ból következik, hogy x = ±1, y = ±√3.

Az f(x, y) = xy függvény széls®értékhelye és annak értéke a g(x, y) = 3x2+y2 = 6 feltétel

mellett a következ®k:

14

f(1,√3) =

√3, f(1,−

√3) = −

√3

f(−1,√3) = −

√3, f(−1,−

√3) =

√3

Az (x, y) = (1,√3) és a (x, y) = (−1,−

√3) pontokban maximuma, míg a (x, y) =

(1,−√3) és a (x, y) = (−1,

√3) pontokban pedig minimuma van.

3.1.4. Példa. Keressük meg az f(x, y, z) = x2−y2 széls®értékét a g(x, y, z) = x2+2y2+

3z2 = 1 feltétel mellett. A Lagrange-függvény felírása után meghatározzuk a parciális

deriváltakat:

L(x, y, z) = x2 − y2 + λ(x2 + 2y2 + 3z2 − 1).

∂L

∂x= 2x+ 2λx = 0, (3.23)

∂L

∂y= −2y + 4λy = 0, (3.24)

∂L

∂z= 6λz = 0. (3.25)

A (3.25) egyenlet csak akkor teljesülhet, ha λ = 0 vagy z = 0.

15

• Els®ként nézzük meg azt az esetet, amikor λ = 0. Ebben az esetben, a (3.23) és a

(3.24) formulákból következik, hogy x = 0 és y = 0. Így a feltételb®l azt kapjuk,

hogy z = ± 1√3.

(x1, y1, z1) =

(0, 0,

1√3

),

(x2, y2, z2) =

(0, 0,− 1√

3

).

• Másodszor nézzük meg azt az esetet, amikor a λ 6= 0. A (3.25) egyenletb®l kö-

vetkezik, hogy z = 0. Mivel a z változó csak a feltételben szerepel, így további

esetszétválasztásra van szükségünk.

1. Ha x = 0. Ekkor a feltételb®l következik, hogy y = ± 1√2, azaz

(x3, y3, z3) =

(0,

1√2, 0

),

(x4, y4, z4) =

(0,− 1√

2, 0

).

1. Ha x 6= 0. Ebben az esetben a (3.23) egyenl®ség csak akkor teljesül, ha λ = 1.

Ezzel együtt (3.24) csak akkor igaz, ha y = 0. Ezeket a feltételbe visszahelyet-

tesítve megkapjuk az utolsó két széls®értékhelyet:

(x5, y5, z5) = (1, 0, 0),

(x6, y6, z6) = (−1, 0, 0).

Végeredményben kapott széls®értékhelyek, és ott a függvény értéke:

f

(0, 0,

1√3

)= 0, f

(0, 0,− 1√

3

)= 0,

f

(0, 0,

1√2

)=

1√2, f

(0, 0,− 1√

2

)= − 1√

2,

f(1, 0, 0) = 1, f(−1, 0, 0) = 1.

3.1.5. Példa. Határozzuk meg az f(x, y, z) = x + y + 2z függvény széls®értékhelyét a

g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 = 3 feltétel mellett. El®ször felírjuk a Lagrange függvényt a λ

16

multiplikátor bevezetésével, majd meghatározzuk az x, y, és z szerinti parciális deriválta-

kat:

L(x, y, z) = x+ y + 2z + λ(x2 + y2 + z2 − 3). (3.26)

∂L

∂x= 1 + 2xλ = 0, (3.27)

∂L

∂y= 1 + 2yλ = 0, (3.28)

∂L

∂z= 2 + 2zλ = 0. (3.29)

A (3.27), (3.28) és a (3.29) által alkotott egyenletrendszert elvégezve kapuk egy lehet-

séges (x, y, z) széls®érték helyet, de ezek függnek λ-tól:

x = − 1

2λ, (3.30)

y = − 1

2λ, (3.31)

z = −1

λ. (3.32)

Ezeket a feltételbe visszahelyettesítve kapunk λ-ra két megfelel® értéket:

λ1 = −1√2, (3.33)

λ2 =1√2. (3.34)

A (3.33) és (3.34) segítségével megkapjuk a feltételt kielégít® széls®értékhelyeket:

1. λ1 = −1√2esetén:

(x1, y1, z1) =

(√2

2,

√2

2,√2

).

2. λ2 =1√2esetén:

(x2, y2, z2) =

(−√2

2,−√2

2,−√2

).

17

Ebben a két pontban a függvény értéke a következ®:

f

(√2

2,

√2

2,√2

)=

√2

2+

√2

2+ 2√2 = 3

√2, ami a függvény maximuma,

f

(−√2

2,−√2

2,−√2

)= −√2

2−√2

2− 2√2 = −3

√2, ami pedig a függvény minimuma.

3.2. Háromváltozós függvény, két feltétel

Olyan eset is adódhat, amikor két feltételt is �gyelembe kell vennünk. Ekkor két λ mul-

tiplikátort is be kell vezetnünk. A következ® példában egy ilyen esetet vizsgálunk.

3.2.1. Példa. Határozzuk meg az f(x, y, z) = x2 +3xy+2y2 +4y+0.5z2 +12 függvény

széls®értékét a g1(x, y, z) = x+ y + z = 4 és a g2(x, y, z) = x− z = 2 feltételek mellett.

Els®ként írjuk fel a Lagrange-függvényt, majd határozzuk meg az els®rend¶ parciális de-

riváltakat.

L(x, y, z) = x2 + 3xy + 2y2 + 4x+ 0.5z2 + 12 + λ1(x+ y + z − 4) + λ2(x− z − 2).

Az els®rend¶ parciális deriváltak, amiket egyenl®vé teszünk nullával:

∂L

∂x= 2x+ 3y + 4 + λ1 + λ2 = 0, (3.35)

∂L

∂y= 3x+ 4y + λ1 = 0, (3.36)

∂L

∂z= z + λ1 − λ2 = 0. (3.37)

A (3.35), (3.36) és a (3.37) egyenletekb®l lehetséges széls®értékhelyeket kapunk, de

ezek még függnek a bevezetett λ1, λ2 multiplikátoroktól:

x = λ1 + 4λ2 + 16,

y = −λ1 − 12− 3λ2,

z = −λ1 + λ2.

18

A fenti (x, y, z) értéket a g1 és g2 feltételekb®l álló egyenletrendszerbe visszahelyettesítjük,

és így kapunk λ1-re, és λ2-re megfelel® eredményeket:

λ1 = −4,

λ2 = −2.

A λ1, és λ2 értékeket, a (3.35), (3.36) és a (3.37) parciális deriváltakba behelyettesítve

megkapjuk a feltételeknek eleget tev® (x, y, z) megoldásokat:

x = 4,

y = −2,

z = 2.

Az f(x, y, z) függvény széls®értékhelye a g1 és a g2 feltétel mellett az (x, y, z) = (4,−2, 2),

az értéke pedig : 42 + 3 · 4 · (−2) + 2 · (−2)2 + 4 · 4 + 0, 5 · 22 + 12 = 30. Ez az érték a

függvény minimuma, mert a feltételt kielégít® pontokat behelyettesítve nagyobb értéket

kapunk, például az (x, y, z) = (2, 2, 0) pont esetén a függvény értéke :

22 + 3 · 2 · 2 + 2 · 22 + 4 · 2 + 0, 5 · 02 + 12 = 44.

3.3. Feltételek egyenl®tlenségként

Amikor a feltétel, vagy a feltételek nem egyenl®ség, hanem egyenl®tlenség formájában

vannak megadva, a tartomány peremét, és a belsejét is külön-külön meg kell vizsgálni.

Ennek oka, hogy a lehetséges széls®értékek vagy a tartomány belsejében, vagy a peremen

találhatók a 2.1.4 Tétel szerint.

3.3.1. Példa. Határozzuk meg az f(x, y) = (x−1)2+(y−3)2 függvény széls®értékhelyét

a g1(x, y) = x+ y ≤ 2 és a g2(x, y) = y ≥ x feltételek mellett.

Ahogyan eddig, els®ként felírjuk a Lagrange-függvényt, majd meghatározzuk az els®rend¶

parciális deriváltakat, majd ezeket egyenl®vé tesszük nullával:

L(x, y) = (x− 1)2 + (y − 3)2 + λ1(x+ y − 2) + λ2(x− y).

19

∂L

∂x= 2(x− 1) + λ1 + λ2 = 0, (3.38)

∂L

∂y= 2(y − 3) + λ1 − λ2 = 0. (3.39)

Azoknál a feladatoknál, ahol egyenl®tlenséggel vannak megadva a feltételek, ott több

esetet kell megvizsgálnunk. A lehetséges esetek a λ multiplikátorok és a feltételek alapján

kerülnek szétválasztásra:

λ1(x+ y − 2) = 0,

λ2(x− y) = 0.

• I. eset: amikor a tartomány belsejében nézzük meg a lehetséges széls®értékeket.

λ1 = 0, λ2 = 0:

Mivel mindkét λ nulla, ezért a 2(x − 1) = 0 és a 2(y − 3) = 0 egyenleteket megoldva

kapunk x-re, és y-ra lehetséges értéket: (x, y) = (1, 3). Ezt a pontot még ellen®riznünk

kell, hogy teljesítik-e a feltételeket:

1 + 3 = 4 � 2: nem teljesíti a feltételt, így ez a pont nem megfelel® széls®értékhely.

• II. eset: λ1 = 0, λ2 6= 0:

Mivel λ2 6= 0, ezért a második feltételb®l képzett λ2(x− y) = 0 akkor és csak akkor lehet

0, ha (x− y) = 0, ami ekvivalens azzal, hogy x = y. Ezek alapján a

2(x− 1) + λ2 = 0,

(y − 3)− λ2 = 0.

egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy λ2 = −2, majd ezt felhasználva kapjuk a követ-

kez® lehetséges széls®értékhelyet: (x, y) = (2, 2), amit még ellen®riznünk kell. A g1(x, y) =

x+ y ≤ 2 feltételbe visszahelyettesítve láthatjuk, hogy ezt a pont nem teljesíti, emiatt ez

is hamis megoldás.

• III. eset: λ1 6= 0, λ2 = 0:

20

Ennél az esetnél mivel λ1 6= 0, ezért a g1 feltételb®l indulunk ki. λ1(x + y − 2) = 0

csak akkor lehet, ha (x+ y − 2) = 0, amib®l következik, hogy x = 2− y. Hasonlóan a II.

esethez megoldjuk a

2(x− 1) + λ1 = 0,

(y − 3) + λ1 = 0

egyenletrendszert, ami után megkapjuk a λ1 = −2 + 2y és az (x, y) = (0, 2) eredményt.

Ez az (x, y) eredmény megfelel® széls®értékhely, mert a g1 és a g2 feltételt is teljesíti. Az

f(x, y) = (x− 1)2 + (y − 3)2 függvénynek ebben a pontban az értéke:

f(0, 2) = (0− 1)2 + (2− 3)2 = 2.

• IV. eset, amikor egyik λ érték sem nulla: λ1 6= 0, λ2 6= 0.

Ekkor a λ1(x + y − 2) = 0 és λ2(x − y) = 0 egyenletekb®l kiindulva kapunk x-re és y-ra

megfelel® értéket. Mivel egyik λ se nulla, ezért az

x+ y − 2 = 0,

x− y = 0

egyenletrendszert kell megoldanunk, amib®l következik, hogy x = 1, y = 1, λ1 = 2,

λ2 = −2. A kapott (x, y) = (1, 1) értéket ellen®riznünk kell. Visszahelyettesítjük a g1 és a

g2 feltételbe, és láthatjuk, hogy mindkett®t teljesíti, így az eredeti függvénynek az (1, 1)

pontban is van széls®értéke, aminek értéke:

f(1, 1) = (1− 1)2 + (1− 3)2 = 4.

Végeredményben a négy eset megvizsgálása után azt kaptuk eredményül, hogy az eredeti

f(x, y) = (x− 1)2 + (y − 3)2 függvénynek a g1 és a g2 feltétel mellett maximuma van az

(x, y) = (1, 1) pontban, értéke 4, és minimuma van az (x, y) = (0, 2) pontban, ahol az

értéke 2.

21

4. fejezet

További gyakorlati példák

4.1. Maximális terméshozam

4.1.1. Példa. Egy gazdaság A,B,C tábláján a talajtól függ®en más-más fajta m¶trágyát

használ. Megállapították, hogy az A táblán a holdankénti terméshozam és a m¶trágya

mennyisége közötti kapcsolatot a 4+3x−2x2, a B táblán a 4+5y−y2, a C táblán pedig a

2+ 6z− 3z2 formulák tükrözik. Az A, B, C táblák nagysága rendre: 500, 200, és 100 hold

nagyságú. A különböz® m¶trágyafajták milyen mennyisége mellett lesz a terméshozam

maximális a 3 táblán együtt, azon feltétel mellett, hogy a m¶trágya beszerzésére 20000

Ft áll rendelkezésre, és a m¶trágyák egységára 40, 30, 20 Ft?

Megoldás. A feladatban a maximális terméshozamot kell meghatározni úgy, hogy telje-

süljön a feltétel az adott adatok mellett. A feltétel függvénye a következ® lesz:

g(x, y, z) = 500 · 40x+ 200 · 30y + 100 · 20z = 20000x+ 6000y + 2000z ≤ 20000 (4.1)

ami a következ®k alapján áll össze:

Az A táblára az x fajta m¶trágya kell, aminek az egységára 40 Ft, a tábla nagysága 500

hold, ezért:

A := 500 · 40x.

22

A másik kett®, B és C táblákra vonatkozó összefüggésekre hasonlóan adódik, hogy:

B := 200 · 30y,

C := 100 · 20z.

Ezek összege legfeljebb 20000, mert a beszerzésre ekkora keretösszeg áll rendelkezésre,

továbbá

x, y, z ≥ 0. (4.2)

Amit pedig maximalizálnunk kell, az

F (x, y, z) = 500(4 + 3x− 2x2) + 200(4 + 5y − y2) + 100(2 + 6z − 3z2).

Ez a terméshozam és a m¶trágyák mennyisége közti kapcsolatot adja meg, �gyelembe

véve a táblák nagyságát.

A (4.1) és a (4.2) feltételek egy tetraédert határoznak meg. Ebben az esetben a (2.1.4)

Tétel szerint meg kell néznünk, hogy a célfüggvény a tartomány belsejében vagy a peremén

veszi fel a széls®értékét.

Amennyiben a tartomány belsejében, úgy a 2.1.3. Tétel szerint teljesül a következ®

egyenletrendszer:∂F

∂x= 1500− 2000x = 0, (4.3)

∂F

∂y= 1000− 400y = 0, (4.4)

∂F

∂z= 600− 600z = 0. (4.5)

A (4.3), (4.4) és a (4.5) egyenletekb®l kapunk x, y, z-re lehetséges értékeket, amit le

kell ellen®riznünk, hogy teljesíti-e a feltételt.

x =1500

2000=

3

4,

y =1000

400= 2.5,

z =600

600= 1.

A feltételbe visszahelyettesítve kapjuk, hogy

23

20000 · 34+ 6000 · 2.5 + 2000 · 1 = 32000 � 20000,

ezért maximum csak a peremen lehet, ami azt jelenti, hogy a feltétel az alábbi lesz:

g(x, y, z) = 500 · 40x+ 200 · 30y + 100 · 20z = 20000x+ 6000y + 2000z = 20000. (4.6)

A maximalizálandó F függvény és a (4.6) feltételb®l álló Lagrange-függvény a követ-

kez®:

L(x, y, z) = 500(4 + 3x− 2x2) + 200(4 + 5y − y2) + 100(2 + 6z − 3z2)+

+λ(20000x+ 6000y + 2000z − 20000).

Az x, y és z szerinti parciális deriváltak:

∂L

∂x= 500(3− 4x) + 20000λ = 0, (4.7)

∂L

∂y= 200(5− 2y) + 6000λ = 0, (4.8)

∂L

∂z= 100(6− 6z) + 2000λ = 0. (4.9)

A (4.7), (4.8) és a (4.9) egyenletek megoldásaként kapjuk, hogy

x =3

4+ 10λ, (4.10)

y =5

2+ 15λ, (4.11)

z = 1 +10

3λ. (4.12)

Ezek az (x, y, z) értékek még függnek λ-tól, de a feltételbe visszahelyettesítve kapunk

λ-ra helyes értéket, amib®l már következik a feladat megoldása:

20000

(3

4+ 10λ

)+ 6000

(5

2+ 15λ

)+ 2000

(1 +

10

3λ

)= 20000. (4.13)

A (4.13) egyenletb®l ekvivalens átalakításokkal kapjuk λ-ra a következ® értéket:

λ = − 18

445.

24

Ezt a λ-t felhasználva megkapjuk a helyes megoldást:

x =3

4+ 10

(−18445

)=

123

356≈ 0, 345,

y =5

2+ 15

(−18445

)=

337

178≈ 1, 893,

z = 1 +10

3

(−18445

)=

77

89≈ 0, 865.

A feladatban kért maximális terméshozam az (x, y, z) = (0.345, 1.893, 0.865) mennyiségek

mellett teljesül.

4.2. Henger felületének minimalizálása

4.2.1. Példa. Határozzuk meg, hogy adott V térfogat esetén milyen sugár és magasság

mellett lesz a henger felülete minimális. Kör alapú henger felülete:

A = 2πr2 + 2πrh,

ahol r a sugár és h a magasság. A térfogat adott, ami legyen:

V = πr2h.

Ezek az adatok alapján fel tudjuk írni a Lagrange-függvényt, ahol A a minimalizálandó

függvény, V pedig a feltétel:

L(r, h) = 2πr2 + 2πrh+ λ(πr2h− V ).

Készítsük el a parciális deriváltakat, amiket egyenl®vé teszünk nullával:

∂L

∂r= 4πr + 2πh+ λπrh = 0, (4.14)

∂L

∂h= 2πr + λπr2 = 0. (4.15)

Vegyük észre, hogy a (4.14) és a (4.15) formulákat átrendezve, fel tudjuk írni a kett®

egyenlet arányát, amib®l kapunk h-ra és r-re egy helyes összefüggést:

4πr + 2πh = −λπrh,

2πr = −λπr2.

25

Most vegyük ezek arányát, és hozzuk egyszer¶bb alakra:

4πr + 2πh

2πr=−λπrh−λπr2

,

amib®l következik, hogy2r + h

r=h

r. (4.16)

A (4.16) formulából ekvivalens átalakítással a következ® összefüggést kapjuk:

h = 2r. (4.17)

Azaz a henger felülete minimális lesz (4.17) összefüggés esetén, ami azt jelenti, hogy a

magasság kétszerese a sugárnak. Ezek után még vissza kell helyettesítünk a térfogatot

meghatározó összefüggésbe, hogy r-re, és h-ra megkapjuk a megfelel® értéket:

V = πr2h = πr22r.

r =3

√V

2π,

h = 2r = 23

√V

2π.

4.3. Maximális entrópia számítása

4.3.1. Példa. Legyen X a természetes számokon értelmezett valószín¶ségi változó, mely-

nek eloszlása P{X = i} = pi, i = 0, 1, 2, . . .

Célunk az entrópia maximalizálása, az E{X} = 13.5 várható érték feltétel mellett, ahol

az entrópia függvény az alábbi formulával adott:

H(X) = −∞∑i=0

pilog(pi). (4.18)

Továbbá felhasználjuk az alábbi két feltételt:

∞∑i=0

pi = 1, (4.19)

26

azaz, hogy {pi}i∈N eloszlás, illetve a várható értéke:

E {X} =∞∑i=0

i · pi = 13.5, (4.20)

ahol pi az i-dik elemi esemény valószín¶sége.

A (4.18), (4.19) és (4.20) formulák segítségével fel tudjuk írni a Lagrange függvényt a

feladat megoldásához:

L = −∞∑i=0

pilog(pi) + λ1

((∞∑i=0

i · pi)− 13.5

)+ λ2

((∞∑i=0

pi

)− 1

).

Els®ként megnézzük a Lagrange-függvény pi szerinti deriváltját:

∂L

∂pi= −log(pi)− 1 + λ1 · i+ λ2 = 0, ahol i = 0, 1, 2, . . . (4.21)

A (4.21) egyenletb®l ekvivalens átalakításokkal kifejezzük pi -t:

log (pi) = −1 + λ1 · i+ λ2

elog(pi) = eλi·i︸︷︷︸αi

· eλ2−1︸ ︷︷ ︸β

pi = αi · β, i = 0, 1, 2, . . . (4.22)

Ezzel beláttuk, hogy {pi : i = 0, 1, 2, . . .} egy mértani sor, ami az eloszlásparaméterek (α

és β) meghatározásánál segítségünkre lesz, ugyanis fel tudjuk használni az alábbi, mértani

sor összegképletére vonatkozó azonosságot:

∞∑i=0

pi =1

(1− p).

Ez alapján tudjuk kiszámolni λ2-re vonatkozó összefüggést:

∞∑i=0

pi =∞∑i=0

αi · β = β∞∑i=0

αi =β

(1− α). (4.23)

A (4.19) és (4.23) egyenletek alapján ki tudjuk fejezni β-t:

β = 1− α.

27

A α eloszlásparamétert a (4.20) és (4.22) azonosságok felhasználásával számolhatjuk

ki:

∞∑i=0

i · pi =∞∑i=0

i · αi · β = β

∞∑i=0

i · αi = β · α∞∑i=0

i · α(i−1) = β · α

(∞∑i=0

αi

)′=

= β · α ·(

1

1− α

)′= β · α ·

(1

(1− α)2

).

Mivel az el®z® lépésben kaptuk, hogy β = 1− α, ezért végeredményben:∞∑i=0

i · pi =α

1− α,

azaz

E {X} = α

1− α= 13.5, amib®l következik, hogy α =

13.5

14.5és β =

2

29.

Innen adódnak a Lagrange-multiplikátorok értékei:

λ1 = log2(α) = log2

(13.5

14.5

),

λ2 = log2(β) = log2

(2

29

).

A fentiekben azt mutattuk meg, hogy a {pi : i = 0, 1, 2 . . .} a feltételes entrópiafüggvény

széls®értékhelye, azt azonban nem tudjuk, hogy minimum, vagy maximum. Ezért legyen

{pi}i∈N eloszlás a következ® alakú

pi =

1

2, ha i = 13 vagy i = 14,

0, egyébként

Világos, hogy erre teljesülnek a (4.19) és (4.20) feltételek, azaz {pi}i∈N valóban való-

szín¶ségi eloszlás és a várható értéke 13,5. Az entrópia értéke:

−1

2(log(13) + log(14)) < 0.

Mivel

−∞∑i=0

pilogpi = −∞∑i=0

2

29

(13.5

14.5

)i· log

(2

29

(13.5

14.5

)i)> 0,

hiszen az összeg minden tagja negatív. Ezzel megmutattuk, hogy az entrópia függvénynek

maximuma van a {pi : i = 0, 1, 2 . . .} széls®értékhelyen.

28

Irodalomjegyzék

[1] Laczkovich Miklós - T. Sós Vera: Analízis II., Nemzeti Tankönyvkiadó, 2007

[2] Fekete Zoltán - Zalay Miklós: Többváltozós függvények analízise, M¶szaki Könyvki-

adó, 2007

[3] Pang-Ning Tan, Michael Steinbach, Vipin Kumar: Bevezetés az adatbányászatba,

Panem Kft, 2011

[4] http://www.uni-miskolc.hu/ matente/oktatasi%20tananyagok/

/FELTETELES_OPTIMALIZALAS.pdf

[5] https://en.wikipedia.org/wiki/Lagrange_multiplier

29

30