Funktion af to eller flere variable I

Transkript

1 MOGENS ODDERSHEDE LARSEN Funktion a to eller lere variable I Dierentiation og Optimering. udgave 005

2 FORORD Dette notat giver en indøring i de grundlæggende begreber or analse a reelle unktioner a to og lere variable. Specielt behandles optimering udørligt. Forudsætninger: Der orudsættes et kendskab til dierentialregning svarende til nedenor anørte note om Matematiske grundbegreber. I asnit.4.3 orudsættes endvidere at man har kendskab til grundlæggende regneregler or matricer svarende til kapitel i nedenor anørte note om matricer. Regnemidler: Der vil i eksemplerne blive vist hvorledes man kan oretage beregningerne med matematiklommeregneren Ti 89. Da man må orudse, at man senere vil skulle kunne anvende et egentligt matematikprogram, så angives også nogle a ordrerne i programmet Maple Enkelte eksempler er hentet ra lærebogen Bjarne Hellesen, Mogens Oddershede Larsen: Matematik or Ingeniører bind. Andre noter i samme serie er Matematiske grundbegreber Giver en kort gennemgang a deinitioner og regneregler or de mest almindelige reelle unktioner a. variabel, disses dierentiation og integration, Vektorer Indhold: ) Vektorer i plan og rum, ) Rumgeometri (relationer mellem punkt, linie og plan) 3) Kurver i plan givet ved en parameterremstilling Komplekse tal Indhold: ) Rektangulær og polær orm, eksponentialunktion, ) Binom- og andengradsligning 3) Opløsning a polnomier i aktorer og dekomponering Matricer og lineære ligninger Indhold: ) Regneregler or matricer, ) Lineære ligningssstemer, herunder løsning a overbestemt ligningssstem Dierentialligninger Indhold: ). orden (seperable, lineære, numerisk løsning), ). og højere orden med konstante koeicienter, 3) Laplacetransormetion til løsning a dierentialligningssstemer og dierentialligninger med orsinkelse Fourieranalse Indhold: ) Reelle Fourierrækker, ) Fourierrækker på kompleks orm, 3) Fouriertransormation 4) Diskret Fouriertransormation Alle de nævnte notater kan i pd-ormat indes på adressen januar 006 Mogens Oddershede Larsen ii

3 INDHOLD Indhold Grundlæggende begreber. Indledning.... Funktion a variable..... Graisk remstilling..... Partiel dierentiation Grænseværdi, kontinuitet, dierentiabilitet Tangentplan Dierential Kæderegel Gradient og retningsaledede Talorpolnomium Funktion a mere end variable Graisk remstilling Dierential, kæderegel, gradient, Talorpolnomium... 0 Opgaver... 3 Optimering. Indledning Generelle begreber Optimering or unktioner a variable Globale ekstrema i lukket begrænset mængde Lokale ekstrem Lineær programmering Indledning Problemstilling Simplemetoden LP-problem på normalorm Den primale simplemetode Den reviderede simplemetode LP-problemer hvor ørste basisløsning ikke er mulig Anvendelse a LP-program Optimering a ikke lineære unktioner Opgaver Stikord iii

4 Grundlæggende begreber Grundlæggende begreber. Indledning Man siger, at der oreligger en (reel) unktion a n variable,,..., n talsæt (,,..., ) i en deinitionsmængde D er tilordnet netop ét reelt tal (,,..., ) n For kortheds skld vil vi ote skrive ( ) hvor = (,,..., n ) Eksempel.. Funktioner a lere variable ) (, ) = 4 + er en unktion a variable med deinitions, mængden D = {(, ) + } 4 (cirkelskive med radius, se iguren). hvis der til ethvert n ) Trkket P a en bestemt gas ahænger a temperaturen T, rumanget V og mol-antallet n n R T bestemt ved unktionen P = ( V, T, n) =, hvor R er en konstant. V. Funktion a variable... Graisk remstilling. En unktion a variable z = (, ) vil graisk sædvanligvis kunne remstilles i et rumligt koordinatsstem som en lade med bakker og dale. En sådan rumlig tegning kan være vanskelig at orestille sig. Man vil deror ote i stedet tegne niveaukurver, som svarer til højdekurver på et geodætisk kort. Ligesom en dgtig orienterinsløber kan se landskabet or sig ved at betragte højdekurverne på et kort, kan man ved at studere niveaukurverne å et godt indtrk a laden. En niveaukurve er en punktmængde {(, (, ) = k} hvor (, ) har en konstant værdi k. På igur. er der vist niveaukurver or en unktion med et lokalt maksimum samt den samme unktions 3-dimensionale udseende. På igur. er de tilsvarende igurer tegnet or et lokalt minimum, og på igur.3 er der tegnet en unktion med et saddelpunkt (disse begreber deineres mere præcist i et senere kapitel).

5 Funktioner a to eller lere variable Fig... Niveaukurvediagram og tredimensional gra or unktionen (, ) = 00 e ( ) + ( ) + som har med maksimum. Maple: with(plots): > contourplot(00*ep(-sqrt((-)^+*(-3)^+*)),=-6..6,=0..6); > plot3d(00*ep(-sqrt((-)^+*(-3)^+*)),=-6..6,=0..6); Ti 89: Mode: Graph = 3D, Y= (indtast unktion), rude,vælg akser m.m., F, Vælg ZoomStd, Se på iguren, og eventuelt: i Windows ændre ma osv, ved piletaster ændre hvorledes graen ses, trk på X,Y og Z or at se i akseretninger. Niveaukurver : Trk på. Jo større Grid vælges jo mere detaljeret bliver tegningen, og jo længere tid tager det et tegne den Fig... Niveaukurvediagram og tredimensional gra or en unktion g (, ) = ( ) + ( 3) + 0 med minimum. with(plots): > contourplot((-)^+(-3)^-*,=0..0,=0..0,contours=0); > plot3d((-)^+(-3)^-*,=0..0,=0..0);

6 Grundlæggende begreber Fig..3. Niveaukurvediagram og tredimensional gra or en unktion h (, ) = ( ) ( 3) + 0 med saddelpunkt. Maple > contourplot((-)^-(-3)^-*+0,=-..6,=-..6,contours=0); > plot3d((-)^-(-3)^-*+0,=-..6,=-..6); Sædvanligvis er det alt or besværligt selv at tegne en rumlig lade og dens niveaukurver. Kun hvis niveaukurverne er velkendte kurver som linier, cirkler hperbler og parabler kan det være hensigtsmæssigt selv at skitsere laderne. Det ølgende er et eksempel herpå. Eksempel.. Graisk remstilling a enkle unktioner a to variable. Der ønskes en graisk remstilling a unktionen (, ) = + Løsning: Lad z = + Først tegnes nogle niveaukurver. Lad a > 0 være en given konstant. Vi har da: z = a + = a + = a Niveaukurverne er ølgelig cirkler med centrum i (0,0) se ig..4. Hera kan sluttes, at laden må være a orm som en rund skål med minimum 0 i punktet (0.0). For at å et tværsnit a skålen skæres laden med z-planen ved at indsætte = 0 i ligningen z = +. Fig..4. Vi år da: z = z = (se ig..5). Fig..5. 3

7 Funktioner a to eller lere variable Vi kan nu se, at skålen er en kegle med spidsen nedad. (se ig..6). Fig Partiel dierentiation Hvis man or unktionen z = (, ) holder konstant på værdien 0, så vil (, 0 ) være en unktion a én variabel. Er denne unktion dierentiabel, så kan man på sædvanlig måde inde dens alede unktion. Denne kaldes s partielle aledede med hensn til og skrives eller. (, 0 ) (, 0 ) Tilsvarende deineres s partielle aledede med hensn til. d Tegnet læses "blødt d" og markerer, at unktionen har lere variable. Dette indebærer nemlig, at (i modsætning til ) d ikke uden videre kan opattes som en brøk i beregninger. Eksempel.3. Partiel dierentiation Lad unktionen være givet ved (, ) = ) Find de to partielle aledede og ) Find og. (,) 0 (,) 0 Løsning: ) Idet vi opatter som en unktion a alene, dvs. opatter som en konstant, ås umiddelbart (, ) = Tilsvarende ås (, ) = + ) Ved indsættelse a (,) = (0.) ås og ( 0, ) = (,) 0 = 4

8 Grundlæggende begreber Såremt det a sammenhængen klart remgår, hvilket punkt (,) der er tale om, udelades det ote a betegnelserne, således at man kun skriver og Andre skrivemåder. z I stedet or skrives ote eller når z= (, ). z Undertiden skrives hvor der orneden er angivet, hvad de andre variable er. Eksempelvis kan energien E a en gas E enten opattes som en unktion a trk og rumang eller som en unktion a trk og temperatur. Deror ville være et tvetdigt P E E smbol, mens og er entdige. P V P T Geometrisk tolkning a partielle aledede De partielle aledede kan som anskueliggøres i eksempel.4 geometrisk tolkes som hældningskoeicienter til tangenter. Eksempel.4. Geometrisk betdning a partielle aledede. På ig..7 er tegnet graen or (, ) = + + or 4 0 og På iguren er k skæringskurven mellem planen = og graen or mens k er skæringskurven mellem planen = 0 og graen or. Fig..7. De to partielle dierentialkvotienter i (0,) er hældnings koeicienterne or tangenterne T og T. Den plan, som er bestemt ved tangenterne T og T kaldes tangentplanen or graen or i punktet (0,). er hældningskoeicienten a tangenten T til kurven k l or (,) = (0,) (,) 0 er hældningskoeicienten a tangenten T til kurven k or (,) = (0,). (,) 0 5

9 Funktioner a to eller lere variable Dette gælder or alle unktioner som er dannet a de sædvanlige stamunktioner, jævnør evt. sætning. 6 Partielle aledede a højere orden. Har partielle aledede a ørste orden i deinitionsmængden D, kan og (, ) (, ) igen opattes som unktioner a to variable i D. Hvis disse ne unktioner selv har partielle aledede, siges at have partielle aledede a anden orden i D. Disse skrives,, og = = = = For de to sidste blandede aledede gælder, at de sædvanligvis er ens, dvs, = Eksempel.5. Partielle aledede a anden orden I eksempel.3 andt man or unktionen de partielle aledede (, ) = og (, ) = + (, ) = + ) Find de partielle aledede a anden orden or unktionen. ) Find værdierne a ovennævnte partielle aledede i punktet (,) = (0.). Løsning: ) = = + = = = + = = = + = + Da de blandede anden alede er ens, er det unødvendigt at beregne den anden kombination = ) (, ), (, ), (, ), = = = Analogt deineres partielle aledede a højere end anden orden, og også or disse kan dierentiationernes rækkeølge normalt vælges vilkårligt,.eks = = Ved mere komplekse unktioner kan det være arbejdsbesparende at bentte et matematikprogram til beregningerne.

10 Grundlæggende begreber Eksempel.6. Partiel dierentiation ved benttelse a Maple og TI 89 Find og a unktionen (, ) = e + cos + Løsning: Ti89: dierentialet d står over 8-tallet : d(*e^(*)+cos(/(^+)),) Maple: > di(*ep(*)+cos(/(^+)),); sin + Resultat: e + TI89; : d(d(*e^(*)+cos(/(^+)),),) Maple: > di(*ep(*)+cos(/(^+)),,); cos Resultat: ( + ) +..3 Grænseværdi, kontinuitet, dierentiabilitet De ølgende deinitioner på grænseværdi, kontinuitet og dierentiabilitet er generaliseringer a tilsvarende begreber or unktion a variabel. Intuitivt kan man orestille sig kontinuerte unktioner som unktioner, hvis gra er "ubrudt". På igur.8 er vist nogle ikke-kontinuerte unktioners graer. Fig..8. Nogle ikke-kontinuerte unktioners graer. 7

11 Funktioner a to eller lere variable På basis a disse deinitioner, kan man vise ølgende sætninger, som gør, at det er nemt at agøre om en unktion a lere variable er dierentiabel. Sætning. Har en unktion kontinuerte partielle aledede i en åben mængde D, da er dierentiabel i D (og dermed også kontinuert). Til at agøre om en unktion er kontinuert gælder ølgende: Sætning.. Enhver unktion, der ved "sædvanlig regning" ( + g, g, g,, ) g o g kan dannes ud ra standardunktionerne (ep, ln, potens, sin, cos, osv.), blive kontinuert i sin deinitionsmængde. Eksempel.7. Kontinuert unktion. 3 ln( ) ) Bestem deinitionsmængden or unktionen (, ) = cos( ) +. + ) Skraver deinitionsmængden i et - koordinatsstem 3) Bestem de værdier a (,) or hvilke er kontinuert. 4) Bestem de værdier a (,) or hvilke er dierentiabel Løsning: ) cos er deineret or alle værdier a og. ( ) ln( - ) er deineret or > 0 > Nævneren + 0 Deinitionsmængden D= {(, ) > } Fig..9. Deinitionsmængden D ) På igur.9 er deinitionsmængden D skraveret. 3) Da de indgående unktioner er kontinuerte hvor de er deineret, og er remkommet ved sædvanlig regning, er unktionen kontinuert i D (i hver a de to skraverede delmængder). 4) Da de partielt aledede er kontinuerte i D (ses umiddelbart), er unktionen dierentiabel i D. I det ølgende gives en kortattet gennemgang a deinitionerne or grænseværdi, kontinuitet og dierentiabilitet Grænseværdi. Grænseværdi or en unktion a to variable deineres analogt til grænseværdi or en unktion a én variabel. Lad (, ) have deinitionsmængden D. Lad endvidere a være et reelt tal, og lad ( 0, 0) være et punkt i D. Hvis (, ) er vilkårlig tæt på a, blot (, ) er tilstrækkelig tæt på ( 0, 0) siger vi, at (, ) har grænseværdien a or (, ) gående mod ( 0, 0). Vi skriver da (, ) a or (, ) ( 0, 0) eller lim = a (, ) ( 0, 0) Da deinitionen a grænseværdi er analog med den der gælder or unktioner a variabel gælder også de samme regneregler. Da vilkårlig tæt ikke er særlig præcist, er den præcise deinition ølgende: For ethvert ε > 0 eksisterer et δ > 0, således at det or alle (, ) D gælder, at 0 < ( 0) + ( 0) < δ (, ) a < ε. 8

12 Grundlæggende begreber Kontinuitet DEFINITION a kontinuitet. Lad (, ) have deinitionsmængden D og lad ( 0, 0) være et punkt i D. Vi siger da, at er kontinuert i ( 0, 0), hvis (, ) ( 0, 0) or (, ) ( 0, 0) Hvis er kontinuert i hele sin deinitionsmængde, siger vi kort, at er kontinuert. Dierentiabilitet. En unktion a én variabel siges som bekendt at være dierentiabel i 0 hvis der indes et reelt tal α, sådan at ( 0 + ) ( 0 ) α or 0 ( Dette kan skrives 0 + ) ( 0 ) α 0 or 0 Den sidste skrivemåde vil generaliseres til unktioner a variable. Lad være en unktion a variable med deinitionsmængden D, lad ( 0, 0) D og ( 0 +, 0 + ) D. r Lad endvidere vektoren = (, ) DEFINITION a dierentiabilitet. r Funktionen siges at være dierentiabel i ( 0, 0) hvis der indes en vektor α = ( α, α) sådan at r r ( 0 +, 0 + 0) ( 0, o) α r r 0 or 0..4 Tangentplan Lad unktionen være dierentiabel i et punkt og lad. ( 0, 0) z0 = ( 0, 0) Lad være skæringskurven mellem planen = k 0 og graen or og T være tangenten til k med røringspunkt i (, ). Tilsvarende er og graen or og T er tangen- planen = 0 ten til k. k 0 0 er skæringskurven mellem Fig..0. Tangentplan i (, ) Den plan, som er bestemt ved tangenterne T og T kaldes tangentplanen or graen or i punktet ( 0, 0). Ligningen or tangentplan z = (, ) + ( ) ( ) (, ) ( 0, 0 ) 0 Bevis: Lad or kortheds skld ' = ( 0, 0) og ' = ( 0, 0) r Da er hældningskoeicienten or tangenten T til kurven k har en retningsvektor or T koordinaterne a =

13 Funktioner a to eller lere variable 0 r Tilsvarende er b = retningsvektor or T. En normalvektor til tangentplanen er ølgelig r 0 r a b = 0 = Planens ligning bliver ølgelig ( 0) ( 0) + ( z z0) = 0 Eksempel.8. Tangentplan Lad der være givet unktionen (, ) = Find ligningen or tangentplanen til unktionen i punktet (0,). Løsning: I eksempel.3 andt man or unktionen (, ) = + + at og 4 ( 0, ) =. Idet ås ligningen: ( 0, ) = (,) 0 = z = + ( 0) + ( ) z = Dierential Dierential or unktion a variabel Følger vi graen or en dierentiabel unktion ra et punkt med abscissen til et punkt = ( ) 0 med abscissen 0 + bliver unktionstilvæksten = ( 0 + ) ( 0 ) jævnør igur igur.. 0 Fig... Tilvækst i tangents retning I stedet or at ølge graen ra 0 til 0 + kunne vi som en tilnærmelse ølge tangenten i 0. I så ald bliver - tilvæksten ( 0 ) som kaldes dierentialet d eller d. For den ahængige variabel, gælder = d (betragtes den identiske unktion ( ) = år vi nemlig d = d =, dvs. d = ) Vi har deror d = ( ) d. 0

14 d Divideres med d, ås den kendte sammenhæng =. d Bemærk, at man altid gerne må dividere med d, når blot d 0. Navnet dierentialkvotient betder netop en kvotient mellem dierentialer. Eksempel.9. Dierential Find dierentialet a unktionen ( ) = 5 4 Løsning: Dierentialet d = ( ) d = 0 3 d Grundlæggende begreber Dierential or unktion a variable Lad unktionen være dierentiabel i et punkt ( 0, 0) og lad z0 = ( 0, 0). Går vi ra punktet ( 0, 0 ) til punktet ( 0 +, 0 + ) bliver unktionstilvæksten z = ( 0 +, 0 + ) ( 0, 0) jævnør igur.9. I stedet or a ølge graen or, kunne vi som en tilnærmelse ølge tangentplanen i ( 0, 0) d.v.s. den plan der udspændes a tangenterne AB og AD på igur.. Da tangentplanen har ligningen z = (, ) + ( ) ( ) (, ) ( 0, 0 ) 0 bliver z-tilvæksten z (, ) = (, ) ( 0, 0 ) Fig... Dierential dz Denne z-tilvækst, som ås ved at ølge tangentplanen, kaldes dierentialet d eller d z.

15 Funktioner a to eller lere variable Ligesom or unktioner a variabel gælder, at man kan erstatte med d og med d, hvorved dierentialet kan skrives d = d + d Ved visse anvendelser kaldes dierentialet or det totale dierential a. Eksempel.0. Dierential Lad unktionen være givet ved z = (, ) = ) Beregn z når punktet (.) ændrer sig ra (,) til (.03, 0.98) ) Beregn dz når punktet (.) ændrer sig ra (,) til (.03, 0.98) Løsning: ) z = (. 03,. 0 98) (,) = = ) dz= + d d hvor d og d = =, 0 =, = 003. dz =.5 dz= ( 00. ) = 050. Fejlvurdering. Som det ses a eksempel.0 kan man erstatte unktionstilvæksten med dierentialet når blot ændringerne i og er små. Dette udnttes ved ejlvurderinger. Koeicienterne og kaldes så s ølsomhed overor ejl på henholdsvis og. Ved den absolutte ejl på en talværdi orstås = 0 hvor 0 betegner den sande værdi. Ved den maksimale absolutte ejl på orstås Ved den relative ejl rel() på orstås. Ved den maksimale relative ejl orstås rel( ) 0 Eksempel.. Fejlvurdering. Et clindrisk hul med radius r og højde h bores i en metalblok. Man ved, at r = 3 ± 0. cm og h = 6 ± 0. cm ) Find den maksimale absolutte ejl på hullets volumen V ) Find den maksimale relative ejl på V 3) Har V størst ølsomhed overor r eller overor h? Løsning. V = π r h. Dierentialet på V er dv = π r dh + π r hdr ) Den maksimale absolutte ejl på hullets volumen V: dv = π 3 dh + π 3 6dr = 9π π 0. = 696. ) V = Den maksimale relative ejl er dv V = 0% 3) V har størst ølsomhed over or ejl på r, da dv dr dv = π 36 < = π 3 dh

16 Grundlæggende begreber..6. Kæderegel Ved dierentiation a en sammensat unktion som eksempelvis dierentiationsreglen: d d d Lad = ( g( t) og lad = g() t Vi har da =. dt d dt Eksempel.. dierentiation a sammensat unktion = sin 3t Find dierentialkvotienten a ( ) Løsning: Sættes = sin( ), hvor t ås = 3 d = cos( ) 6t = 6t cos( ( 3t ) dt ( t ) = sin 3 benttes For en unktion a to variable gælder tilsvarende regler (kort kaldes kæderegler). Sætning.. Kæderegel Lad z = (, ) være en unktion a og med kontinuerte partielle aledede, og lad og være dierentiable unktioner a t.da gælder dz z dt = d z d dt + dt Formlen remkommer ormelt ud ra dierentalet dz = z ved division med dt. d + z d Eksempel.3.Kæderegel Lad z =, hvor = cos t + og = sin( t) + 3 ( ) dz Find or t = 0 dt Løsning: Vi har d t d z z = sin, = cos( t), =, = 3 dt dt Indsættes t = 0, ås =, =, z = 4, Ved indsættelse i kæderegel ås dz dt d dt z 3 d z z = 0, =, = 8, = dt d z d = + = 80 + = 4 dt dt 3

17 Funktioner a to eller lere variable Eksempel.4 Anvendelse a kæderegel. Når en clinder varmes op vokser såvel radius r som højde h. Til tiden t = 0, hvor r = 0 cm og h = 00 cm vokser r med 0. cm pr time og h med 0.5 cm pr time. Hvor hurtigt vokser clinderens overlade O? Løsning: O= π r h+ π r do O dt = dr O dh r dt + h dt = ( πh+ 4πr) 0. + ( πr) 05. = 58π = 8. cm Sætning.3. Kæderegel Lad z = (, ) være en unktion a og med kontinuerte partielle aledede, og lad og være dierentiable unktioner a s og t. Da gælder z s z z z z z = +, = + ds s t dt t Hvis t holdes ast, vil og være unktioner a s alene. Man kan så bentte kæderegel. Eksempel.4. Kæderegel Lad z = sin( ), hvor = s t og = s + t z Find ved anvendelse a kæderegel. t Løsning: z z z = + = ( ) s t+ ( ) cos cos t dt t t ( 4s t 3s t ) cos( s t s t ) 4 3 s t = s t s cos s t s = + + t t t

18 ..7. Gradient og retningsaledede Gradient: Ved gradienten til en unktion orstas vektoren = Smbolet kaldes nabla Eksempel.. Gradient Lad unktionen være givet ved z = (, ) = ) Find gradienten (, ) ) Find (, 3) Løsning: + ) = + 9 ) (, 3) = 9 Grundlæggende begreber Retningsaledet r r r a r Lad a være en vilkårlig vektor, og e = r enhedsvektoren i a s retning. a r r Ved den retningsaledede De r i vektoren a s retning orstås D e r = e v v Er specielt a = i (basisvektoren i - aksens retning) bliver den retningsaledede Di r = (i overensstemmelse med at hældningskoeicienten er unktionstilvæksten svarende til en -tilvækst på ). Tilsvarende bliver den retningsaledede i -aksens retning lig med den partielle aledede eter. Dierentialet d =. d + d = d d r Hera ses, at den retningsaledede i en vektor a s retning er tilvæksten d når vi går enhed i r a s retning. Man kan også sige, at det angiver, hvor stærkt unktionen ændrer sig i vektoren r a -s retning. Da et skalært produkt er størst hvis de to vektorer er ensrettede, ses, at en unktion stiger hurtigst i gradientens retning og alder hurtigst i den modsatte retning 5

19 Funktioner a to eller lere variable Eksempel.3. Retningsaledede Lad unktionen være givet ved z = (, ) = ) Find den retningsaledede a unktionen i punktet (,-3) i retningen a r = 3 4 ) Angiv den retning hvori unktionen i punktet (,-3) vokser hurtigst, og angiv den retningsaledede i denne retning.. Løsning: 9 r 9 ) Iølge eksempel. er = a (, 3). Da r = r = a 3 = r I punktet (,-3) alder unktionen i retningen a med en hastighed på.5. 9 ) Funktionen vokser hurtigst i gradientens retning, dvs. i retningen (, 3) =. 9 D = 9 9 = = For en niveaukurve svarende til niveauet k er unktionen jo konstant k. Det betder igen at unktionstilvæksten langs kurven er 0. Det betder igen. at den retningsaledede i kurvens retning må være 0. Da et skalært produkt a vektorer kun er 0 hvis de to vektorer står vinkelret på hinanden, må gradientvektoren stå vinkelret på niveaukurven i det pågældende punkt. (se igur.3) Fig.3. Niveaukurver med gradienter 6

20 Grundlæggende begreber Som eksempler på anvendelser a gradientbegrebet kan nævnes ) Temperaturgradienten T står vinkelret på isotermerne og peger modsat den retning varmen vil vandre (varme vandrer ra højere temperatur mod lavere). r ) Er den potentielle energi E p vil F = E = ( E ) være den dertil svarende krat, og stå vinkelret på ækvipotentialladerne. ( p)..8. Talorpolnomium Som vi har set (eksempelvis i orbindelse med ejlvurdering), kan det være nttigt i omegnen a et punkt at erstatte en unktion med sin tangentplan : ( 0, 0) z = (, ) z = (, ) + (, ) ( ) ( 0, 0 ) ( 0 ) ( man siger ote, at man har lineariseret unktionen ) Ønskes en bedre approksimation, kunne man tilnærme unktionen med et andengradspolnomium eller måske endnu bedre med et polnomium a tredie grad. For unktioner a variabel udviklede vi unktionen = ( ) i et såkaldt Talorpolnomium: (se eventuelt Matematiske grundbegreber kapitel?) ~ ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 ( 0) 3 = 0 + ( 0 ) + ( 0 ) + ( 0 ) +... i!! 3! Dette polnomium har i punktet 0 samme unktionsværdi og samme ørste, anden og tredie aledede osv. som () Tilsvarende kan man udvikle en unktion a variable i et Talorpolnomium. Sætning.4. Talorpolnomium a højst. grad. Lad unktionen z = (, ) have kontinuerte partielle variable a. og anden orden.i punktet ( 0, 0) Ved det.talorpolnomium med udviklingspunkt (, ) orstås polnomiet p 0 0 ~ (, ) (, ) (, ) ( ) (, ) ( )! = (, ) ( ) (, )( )( ) (, )! ( ) Bevis: Lad = 0 + h, = 0 + k Vi danner unktionen Ft () = ( 0 + t h, 0 + t k) hvor 0 t. Det ses, at F() 0 = ( 0, 0) og F() = (, ) Da F(t) er en unktion a variabel t, som vi opskrive Talorrækken or den i punktet 0. ~ () ( ) Ft = F0 + F () 0 t+ F ( 0) t!! Ved at bentte kæderegel ås + + F t = th tk d( th) dt th tk d tk () (, ) 0 ( ) (, ) dt 7

21 Funktioner a to eller lere variable = ( th tk h 0, 0 ) th tk k ( 0, 0 ) F () t = ( + + ) + ( + + ) + ( + + ) + ( + + ) th, tk h th, tk k th, tk h th tk k, 0 = ( + + ) + ( + + ) + ( + + ) + ( + + ) 0 th, 0 tk h th, tk h k th, tk k h th, tk k Vi har nu ~ ~ F () = (, ) = F ( 0 ) + F () 0 + F () 0!! ~ (, ) = (, ) + (, ) + (, ) + (, ) + (, ) + (, ) h k h h k k Eksempel.4. Talorpolnomium + Lad den optimale temperatur T i en bestemt reaktor være bestemt ved T = 3 e ln( + ) hvor og er to koncentrationer. I en omegn omkring dritspunktet ( 0, 0) = (, ) ønskes unktionen tilnærmet ved et Talorpolnomium. ) Bent et Talorpolnomium a. orden til at beregne T, når punktet (.) ændrer sig ra punktet (,) til punktet (0.8,.) ) Bent et Talorpolnomium a. orden til at beregne T, når punktet (.) ændrer sig ra punktet (,) til punktet (0.8,.) 3) Beregn T eksakt når punktet (.) ændrer sig ra punktet (,) til punktet (0.8,.). (ved at bentte en lommeregner). Løsning: Først inder vi unktionsværdien og de partielle aledede i udviklingspunktet: + T = (, ) = 3 e ln( + ). (, ) = 3 0= 3 T + T = 3e + (,) = 3 = T + T = 3e + (,) = 3 = 4 T T T + T = 3e + ( + ) + T = 3e + ( + ) ( + ) 3 4 (,)= + = 3 4 (,)= + = + T (,)= 3+ = = 3e + Vi har = 08. = 0,, =. = 0. ) ~ T (, ) = 3+ ( )! ( ) ( ) 4 T = 4 = ( 0 0. ) 4 ( 0. ) = 08. 8

22 Grundlæggende begreber ) T = 3+ ( ( ) ( )) + ( ( ) + ( ) + ( )( )( )) ~ (, )! 4! 4 4 T 08 ( ) ( ) ) T = 3 e 08.. ln( ) ( 3 e ln( + ) ) = = 067. =. + + ( ) ( )( ) =. + 4 ( 0. ) + 4 ( 0. ) 4( 0. )( 0. ) = 074. ) z = hvor 0 =, 0 =, = 0. og = 0. z = = 0. ( 0. ) 075. z + + +! ) = ( ) = = (. ) 4 ( 0. ) ) z = =

23 Funktioner a to eller lere variable.3.funktion a mere end variable De deinitioner og begreber som er gælder or unktioner a variable kan umiddelbart generaliseres til unktioner a 3 og lere variable..3. Graisk remstilling Graen or en unktion a 3 variable muligt at tegne en niveaulade hvor (,, z) (,, z) kan naturligvis ikke tegnes i et 4-dimensionalt rum. Derimod er det har en konstant værdi k. Eksempelvis er en såkaldt orbital eller bølgeunktion Ψ( z,, ) or et atom anskueliggjort ved en niveaulade or Ψ på igur.4. (Orbitaler spiller en stor rolle or orståelsen a atomers og moleklers egenskaber). Et andet eksempel er nogle kugleormede niveaulader or tngdepotentialet på igur.5. a + + z omkring jorden vist Fig..4. Niveaulade or en atomorbital Ψ( z,, ) Fig..5. Niveaulader or tngdepotentialet omkring jorden.3. Dierential, kæderegel, gradient, Talorpolnomium Begreberne kan umiddelbart kan generaliseres ra til lere variable. Lad u = (,, z) Partiel dierentiation orløber eter ganske de samme retningslinier som or variable. For de blandede partielle aledede kan dierentiationernes rækkeølge vælges vilkårligt. Dierential d = d + d + z dz Kæderegel : Lad og være dierentiable unktioner a t t (), t () zt () Da gælder: t = d dt + d dz dt + z dt Kæderegel : Lad st (,), st (,) og zst (,) være dierentiable unktioner a s og t Da gælder: z = + + s s s z s 0

24 Grundlæggende begreber Gradient: = z r r Den retningsaledede De r i vektoren a s retning er bestemt ved D e r = e r r a r hvor e = r er enhedsvektoren i a s retning. a Gradienten og den retningsaledes geometriske betdning er den samme som or variable. Talorpolnomium z z (,, ) = ( 0, 0, 0) + ( 0) + ( 0) + ( z z0)! z + ( ) ( 0 ) ( z z 0 )! z z z z ( )( ) ( )( ) ( z )( z z ) Eksempel.5. Funktion a 3 variable 3 Lad unktionen være bestemt ved (,, z) = e z ) Find dierentialet or unktionen i punktet (,,z) = (,,3) r ) Find den retningsaledede De r i vektoren a = i punktet (,,3) 3 3) Find det ' Talorpolnomium or med udviklingspunkt (,,3) Løsning: 3 z 3 z ) = e, ( 3,, ) =, = 3 e, ( 3,, ) = 3 3 z = e, ( 3,, ) = z z d = d + 3d dz ) e r = = + + ( ) 3 3) 3 z = e, ( 3,, ) =, 3 z = e, z z ( 3,, ) =, r De r = e = 3 3 = 3 3 z = 9 e, ( 3,, ) = 9 3 z = 6e, ( 3,, ) = 6

25 Funktioner a to eller lere variable 3 z = e, ( 3,, ) =, z z ~ (,, z) = + ( ) + 3( ) ( z 3) 3 z = 3 e, ( 3,, ) = 3 z z ( ( ) ( ) ( z ) ( )( ) ( )( z ) ( )( z ))

26 Grundlæggende begreber Opgaver Opgave. Lad være en unktion givet ved (, ) = ) Skitsér i et - koordinatsstem s niveaukurver svarende til niveauerne 0, ±, ± og ±. ) Agør ud ra niveaukurverne om unktionen har noget lokalt minimum? - lokalt maksimum? - saddelpunkt? Opgave. Man er interesseret i graisk remstilling a unktionen (, ) = +. Der ønskes hovedsageligt betragtet punkter, hvor (, ) 3 og der lægges ikke vægt på nøjagtighed, men på principielle træk. Såvel positive som negative - og -værdier betragtes. ) Skitsér i et - koordinatsstem s niveaukurver svarende til niveauerne 0,, og 3. ) Har unktionen noget lokalt minimum? - lokalt maksimum? - saddelpunkt? 3) Skitsér i et z - koordinatsstem skæringskurven mellem s gra og planen = 0. 4) Lav en skitse, der giver et indtrk a graens 3-dimensionale udseende. Opgave.3 4 Lad være en reel unktion a to variable givet ved (, ) =. 3 9 ) Angiv s deinitionsmængde (skitsér den i - planen). ) Skitsér i et - koordinatsstem s niveaukurver svarende til niveauerne 0,,, 3 og 4. 3) Skitsér i et z - koordinatsstem skæringskurven mellem s gra og planen = 0. 4) Skitsér graen or i et z - koordinatsstem, således at man år et indtrk a graens 3- dimensionale udseende. Opgave.4 Man er interesseret i graisk remstilling a unktionen (, ) =. Der ønskes hovedsageligt betragtet punkter, hvor (, ), og der lægges ikke vægt på nøjagtighed, men på principielle træk. ) Skitsér i et - koordinatsstem s niveaukurver svarende til niveauerne -, -, 0, og. ) Har unktionen noget lokalt maksimum? - lokalt minimum? - saddelpunkt? 3) Lav en skitse, der giver et indtrk a graens 3 - dimensionale udseende. Opgave.5 Man er interesseret i graisk remstilling a unktionen (, ) =, (, ) ( 00. ) + ) Skitsér i et - koordinatsstem s niveaukurver svarende til niveauerne,,, 4 og 6. ) Skitsér i et z - koordinatsstem skæringskurven mellem s gra og planen = 0. 3) Skitsér graen or i et z - koordinatsstem, således at man år et indtrk a graens 3- dimensionale udseende. 4) Har unktionen noget lokalt maksimum? - lokalt minimum? - saddelpunkt? 3

27 Funktioner a to eller lere variable Opgave.6 Find de partielle aledede a ørste og anden orden or ølgende unktioner 3 ) (, ) = ) (, ) = ( > ) + 3 3) e (, ) = 4) (, ) = ln + Opgave.7 nrt ) Van der Waal s tilstandsligning or n mol gas er P, hvor R, a og b er V nb a n = V P P P konstanter. Find udtrk or, og V T Tn, Vn, 4 n VT, nrt an ) Redlich-Kwong-tilstandsligningen or n mol gas er P =, hvor R, a og V nb VV ( + nb) T P T V b er konstanter. Find udtrk or, og V n V T hvor R, a og b er konstanter. Opgave.8 Find ligningen or tangentplanen or ) (, ) = i punktet (,) = (-,3) Tn, PV, ) (, ) = i punktet (,) = (, -) Opgave.9 Find dierentialet a unktionen ) (, ) = ) (, ) = + 4 i punktet (,0) ( 3) e ( ) (, ) = ln i punktet (, -) ( e ) 4) (, ) = i punktet (,) Opgave.0 For mol a en ideal gas gælder tilstandsligningen Pn, PV = RT, hvor P er trkket i N/m, V er volumenet i m 3, T er temperaturen i grader K, og R=8.343 J/(K mol) er en konstant. A tilstandsligningen kan P beregnes, når T og V er målt. ) Angiv ved hjælp a et dierential et tilnærmet udtrk or, hvor meget den beregnede P-værdi bliver or stor, hvis T =500 K og V =0.5m 3 er målt henholdsvis T og V or store. ) Beregn den maksimale absolutte og relative ejl på P, når T = 500 ± 0 og V = 05. ±

28 Grundlæggende begreber Opgave. En kugleormet tank har radius r. Med en pejlestok måler man væskehøjden h or at kunne beregne væskerumanget V = π h ( 3r h) 3 Angiv ved hjælp a et dierential et tilnærmet udtrk or, hvor meget V bliver or stor, hvis h = 0. m og r = m er målt henholdsvis h og r or store. Opgave. Bredden b a en kløt beregnes, ved at man asætter stkket a, og måler vinklen v, se iguren. Angiv ved hjælp a et dierential et tilnærmet udtrk or, hvor meget b bliver or stor, hvis a =0m og v = 30 o er målt henholdsvis a og v or store. Opgave.3 En bunke har orm som en kegle med højde h og grundladeradius r. Man måler h og r, or at kunne beregne rumanget V = π r h 3 ) Angiv ved hjælp a et dierential et tilnærmet udtrk or, hvor meget V bliver or stor, hvis h = 0 m og r = 0 m er målt henholdsvis h og r or store. ) Lad h=0. m og r=0. m. Find den relative ejl på V. Opgave.4 En tank har orm som en cirkulær clinder med radius r og længde L. Idet clinderaksen er vandret, måler man væskehøjden h med en pejlestok or at kunne beregne rumanget r h V = Lr ARCcos Lr ( h) rh h r Angiv ved hjælp a et dierential et tilnærmet udtrk or, hvor meget V bliver or stor, hvis r = m, L = 0 m og h = m er målt henholdsvis r, L og h or store. 5

29 Funktioner a to eller lere variable Opgave.5 En olietank er kasseormet med længden L = 3 m, bredden B = m og højden H = m. Tanken er nedgravet vandret, men ejeren år mistanke om, at den hælder en vinkel u. For at inde u, hælder ejeren V = m 3 olie i den tomme tank, og måler oliestandens højde h i den højeste side til 0.0 m.(se iguren) Vinklen u kan indes a ormlen V h u = Arctan B L L ) Find vinklen u. ) Det anslås, at V= ± 00. og h = 0. ± 0.0. Find den maksimale absolutte ejl på u (alle resultater med 3 betdende cire) Opgave.6 Vi betragter en boble, der sidder på en plan lade. Boblens krumme overlade har orm a en kuglekalot med arealet A= π r + h, ( ) se iguren. ) Idet både r og h er unktioner a tiden t, skal da man inde udtrkt ved rh dr dh,, og dt dt dt da ) Find or t =, idet r()=, h()=5, dt dr dh () = 3 og () = dt dt Opgave.7 + ) Lad z = ( + + ) 3 3 dz, hvor = t t. = t t + t. Find or t =. dt ) Lad z e dz = sin + e sin, hvor = 3t. = t. Find udtrkt ved t. dt 3) Lad z = ln, hvor = tan( t). = dz. Find or t = π. cos t dt 4 Opgave.8 z ) Lad z = ln hvor = s sin t, = tsin s, Find udtrkt ved s og t t z ) Lad z = hvor = t + s, = st, Find or s = og t = - t 6

30 Opgave.9 Lad unktionen være givet ved (, ) = Arcsin( ) + + sin Grundlæggende begreber Lad endvidere g være en dierentiabel unktion a én variabel med g(0) = og g () 0 = 7. Find ved hjælp a kædereglen or unktioner a lere variable ht () = ( 3t, gt ()). h ( 0), når h er givet ved orskriten Opgave.0 r Find i punktet P den retningsaledede a unktionen i retningen a hvis ) (, ) = r 3, P = (,) og a = 4 r ) (, ) = 3+, P = (-,) og a = 3) (, ) = e sin, P = 0, π r og a = 4 3 Opgave. r Find i punktet P en enhedsvektor e i den retning i hvilken unktionen vokser hurtigst. idet 3 5 ) (, ) =, P = (,-) 5π ) (, ) = sin( 3 ), P =, 6 0 Opgave. Find i hvert a de ølgende tilælde det. Talorpolnomium med udviklingspunkt i punktet P. 3 ) (, ) =, P = (, ) ) (, ) =, P = (, ) 3) (, ) = + +, P = ( 00, ) 4) (, ) = cos( + 4), P = (, ) 5) (, ) = ln( ) +, P = (, ) 6) (, ) = e + + +, P = (, ) Opgave.3 Find de partielle aledede a ørste og anden orden or ølgende unktioner 3 3 ) (,, z) = z + z ) (,, z) = sin( z) + z 3) (,,, ) =

31 Funktioner a to eller lere variable Opgave.4 Find dierentialet a unktionen z ) (,, z) = ln ( ) i punktet (e,,0) ( ) ) (,,, ) = Opgave.5 Lad u = 3 z+ z 4 du hvor = t, = 3t+ og z = t t+. Find or t =. dt Opgave.6 Lad u = z + 4z z, hvor = t t t + 3t t t t + t t + t = 3t 4 + t t + t3 t4 + 4t + t4 5 z = t3 t4 4 + t t3 + t + t3 + t4 u Find or ( t, t, t3, t4) = (,,,) t Opgave.7 Det årlige overskud ra en virksomhed er beregnet til u = ( + 0. ) z+ ( 3. + z) + (. ) hvor [ ] = s 03. t, = s t, z = s 08. t Her betegner s og t dimensionsløse variable or henholdsvis markedsprisen på produktet og arbejdslønnen ved abrikationen. u Idet (s, t) = (,), skal man beregne overskuddets ølsomhed over or ændringer i arbejdsløn- t nen. Opgave.8 r Find i punktet P den retningsaledede a unktionen i retningen a hvis 5 r ) (,, z) = + z, P = (,,) og a = 3 3 r 3 ) (,, z) = z, P = (-,,3) og a = r a = 3) (,, z) = + + z, P = (,-,) og 8

32 Grundlæggende begreber Opgave.9 00 Temperaturen i en kugle med centrum i (0,0,0) er givet ved Tz (,, ) = z ) Hvor er temperaturen højest i kuglen? r ) Find en vektor a som peger i retning a den største stigning a temperaturen i punktet (,-,) r 3) Peger a mod kuglens centrum? Opgave.30 Find i hvert a ølgende tilælde det. Talorpolnomium i punktet P. ) (,, z) = 3 z 3, P = (,,-) ) (,, z) = z z, P = (,,) 3) (,, z) =, z P = (0,0,0) 4) z e + z (,, ) =, P = (,,) 9

33 . Optimering OPTIMERING. Indledning I det ølgende betegner en reel unktion a n variable. Ved optimering søges den "bedst"mulige løsning i en given situation. Først må man udtrkke, hvad der menes med "bedst", dvs. opstille en unktion a én eller lere variable,,..., n, sådan at s største eller mindste værdi i deinitionsmængden S angiver den bedste løsning på et problem. Eksempel. Optimal produktionsplan Skal man.eks. inde en produktionsplan or en abrik, således at man år den største ortjeneste, må man ørst udtrkke, hvordan ortjenesten ahænger a de variable,,..., n i produktionsplanen. Dernæst må man udtrkke de begrænsninger i produktionsorholdene, som skal overholdes (begrænset arbejdsstrke, begrænset kapacitet a produktionsapparatet, visse kvalitetskrav til produktet osv.). Disse begrænsninger giver visse ligninger eller uligheder, som de variable,,..., n skal oplde, og derved er deinitionsmængden S astlagt... Generelle begreber. Lad være en unktion med deinitionsmængde S og lad være et punkt i S. P 0 Globalt minimum. Hvis ( P0 ) ( P) or alle punkter P i S, så kaldes ( P0 ) or s globale minimum eller mindsteværdi. og kaldes et globalt minimumspunkt or. P 0 Analogt deineres globalt maksimum (eller størsteværdi) og globalt maksimumspunkt. Som en ællesbetegnelse or globalt minimum og globalt maksimum anvendes udtrkket globalt ekstremum. Er misorståelser udelukket, strges ote ordet globalt Lokalt minimum Lad P 0 være et indre punkt i S og M S være en omegn a P 0.Hvis ( P ) ( P) or alle punkter P i M, så kaldes denne værdi or s globale minimum 0 Da maksimumspunkter or er minimumspunkter or mer behandles helt parallelt. Funktionen kaldes or objektunktionen. kan minimums- og maksimumsproble- Nedenstående igur leder os ind på, at det som et led i ekstremumsbestemmelser kan være nttigt Fig... Stationære punkter Fig.. Stationære punkter 30

34 . Generelle begreber at se på punkter, hvor graen har "vandret tangent(plan)" - såkaldte stationære punkter. På igurerne har (og g) vandret tangent (tangentplan) i ( ), ( ) og 3 ( 3), globalt maksimum i 3 ( 3 ) og globalt minimum i 4 ( 4) Endvidere er graen or vandret mellem a og b. For dierentiable unktioner, hvor der er vandret tangent /tangentplan er ( ) = 0/ g ( ) = 0 På igur. er således ( ) = 0 og på igur. er g ( ) = Sådanne punkter kaldes stationære punkter 0 sterer og ( 0 ) = 0, dvs. ( 0) = 0, ( 0) = 0,..., ( 0) = 0, Eksempel.. Stationære punkter. 3 En unktion er givet ved (, ) = Find de stationære punkter or. Løsning: De stationære punkter or indes a ligningssstemet = = 0 () = = 0 ( ) I ligning () kan sættes udenor en parantes. Vi år: ( 3 4) = 0 = = 0 4 Tilælde : Indsættes = 0 i ligning (), ås = 0 =. 3 4 Stationært punkt: (, ) = 0, 3 Deinition (stationært punkt). Lad være kontinuert i S. Et indre punkt i S kaldes et stationært punkt or, hvis ( ) eksi 0 n Tilælde : Ligningen 3 4= 0løses med hensn til og indsættes i ligning (). 3 4 = indsættes: = = 0 = ± = 4 = 5 Stationære punkter ( (, ) = ( 4, 4) (, ) = 5, TI89: Funktionen deineres ^* - ^3 - *^ + 3*^ + 8* - STO (,) ENTER F: Algebra, solve(d ((,),)=0 and d ((,),)=0,{,}) Resultat: =-4 and =_/ or =-4 and = -4 or =0 and =-4/3 Bemærk: d indes over 8 tast og and ved Math, test 0 3

35 . Optimering Maple:> := ^* - ^3 - *^ + 3*^ + 8* - : > solve( { di(,) =0, di(,) =0 } ) ; Resultat: Følgende sætning som er umiddelbart indlsende, anøres uden bevis. Sætning..(Eksistens a globalt ekstremum). Hvis være kontinuert i en begrænset lukket mængde har både et globalt maksimum og et globalt minimum. Forudsat der indes et globalt ekstremum, så angiver den ølgende sætning hvor man skal lede eter det. Sætning. (de mulige globale ekstrema). Lad være kontinuert i S. Globale ekstremumspunkter or skal søges blandt a) stationære punkter or, b) randpunkter or S og c) punkter, hvor ikke eksisterer. Bevis: Lad 0 være et globalt ekstremumspunkt or. Hvis det globale ekstremumspunkt ikke indes på randen eller i et punkt hvor indre punkt 0 a S hvor eksisterer. Lad os or simpelheds skld ørst antage, at er en unktion a variable, og lad 0 = ( 0, 0) ( 0, 0) g ( ) = (, 0 ) 0 ikke eksisterer, så må det indes i et Da har et ekstremum i vil unktionen have et ekstremum i. Da endvidere er (, ) dierentiabel i 0 0 må g være dierentiabel i 0. For en unktion a variabel ved vi, at i et indre ekstremumspunkt vil g ( 0 ) = 0. Hera ølger, at ( 0, 0 ) = g ( 0 ) = 0 Tilsvarende ses, at. Vi har ølgelig, at er et stationært punkt. ( 0, 0 ) = 0 ( 0, 0) Beviset kan let generaliseres til unktioner a mere end variable..3 Optimering or unktioner a variable.3.. Globale ekstrema i lukket begrænset mængde Som angivet i sætning. vil en kontinuert unktion i en lukket begrænset mængde altid have globale ekstremumspunkter. A sætning. remgår hvordan man i princippet skal inde disse. I det ølgende eksempel vises, hvorledes dette kan gøres hvis det er muligt at reducere problemet til en unktion a variable 3

36 .3 Optimering or unktioner a to variable Eksempel.. Optimering i lukket begrænset mængde. En retvinklet kasse uden låg skal have et rumang på 3m 3. Kassen skal konstrueres således, at dens overlade bliver mindst (mindst materialeorbrug), idet dog ingen a kassens kanter må overstige 0m. Find kassens optimale dimensioner. Løsning: ) Optimeringsproblemet opstilles. Lad længde, bredde og højde a kassen være, og z. Vi har da Find det globale minimum (mindsteværdi) or unktionen g(,, z) = z + z + i mængden S givet ved begrænsningerne z = 3, 0, 0, z 0, > 0, > 0, z > 0. ) Problemet reduceres. Begrænsningsligningen benttes til at reducere antallet a variable. 3 z = 3 z =. Ved indsættelse a z = 3 i g og de øvrige begrænsninger ås =, , 0, 0, > 0, > 0, > 0. Problemet kan deror nu reduceres til Find det globale minimum (mindsteværdi) or unktionen (, ) = 64 i mængden S givet ved begrænsningerne <, 0 (se iguren) 3) De mulige globale ekstremumspunkter bestemmes. Som det remgår a ovenstående igur er mængden S lukket og begrænset. Iølge sætning. er der nu 3 muligheder: 3a) Stationære punkter: = 0 + = 0 = 64 = 0 + = 0 () 33

37 . Optimering Indsættes = 64 i ligning () ås = 0 + = = 0 = 0 = 4 64 Da > 0 er kun = 4 en løsning. Ved indsættelse a = 4 i = 64 ås = 4 A iguren ses, at det undne punkt (,) = (4,4) er et indre punkt i S Samlet har vi altså undet stationært punkt (4,4). 3b) Randpunkter: Randen a S opdeles i 3 dele R, R, og R3 (se iguren) Randdel R har ligningen = 3., R har ligningen = 0 og R 3 har ligningen = 0 De 3 randele skærer hinanden i A = (0,0.3), B = (0.3,0) og C = (0,0). Disse 3 punkter kunne også være ekstremumspunkter. Vi undersøger nu hver a de 3 rande or punkter med vandret tangent. R : Indsættes = 3. i (, ) år vi en unktion ( ) a variabel: ( ) = = hvor [ 030. ; ](ses a iguren) ( ) = 0. R R ( ) = 0 0 = 0 0 = 64 = ± = ± 5 Punkter (, ) =, kunne være et ekstremumspunkt. 5 Tilældet = 4 alder udenor intervallet [0.3; 0] 5 : Indsættes = 0 i (, ) år vi en unktion ( ) a variabel: ( ) = + +, hvor (ses a iguren) 0 0 [ 30.; ] ( ) = + 0. ( ) = = 0 0 = 64 = ± 6. 4 Punktet (, ) = ( 0, 6. 4) kunne være et ekstremumspunkt. Tilældet = 64. alder udenor intervallet [0.3; 0] : Indsættes = 0 i (, ) år vi en unktion 3( ) a variabel: ( ) = Det ses, at det er den samme som ( ), dvs vi år 0 Punktet (, ) = ( 64., 0) 3c) Punkter hvor ikke eksisterer: ingen. kunne være et ekstremumspunkt. 34

38 .3 Optimering or unktioner a to variable 4) Vi sammenatter nu de undne punkter i ølgende skema (,) -4,4 4 4, ( 0, 6. 4) ( 0, 6. 4 (0,0.3) -3, -0, ) 5 5 (,) ,8 Konklusion: Da 48 er mindst, har (, ) globalt minimum 48, som indtræer i minimumspunktet (4,4). Den optimale kasses overlade er altså 48 m, som indtræer or længden = 4 m, bredden = 4 m og højden z = m (idet z = 3 ).3.. Lokale ekstrema Skal man skae sig et overblik over en unktions "udseende", kan det være nødvendigt at kende arten a de stationære punkter, dvs. vide om de er lokale maksima, minima eller såkaldte saddelpunkter. Sætning.3 (de mulige lokale ekstrema). Lokale ekstremumspunkter skal søges blandt de stationære punkter or, samt punkter hvor ikke eksisterer. Beviset or sætningen svarer ganske til beviset or sætning.. Fra unktioner a én variabel vides, at man kan bestemme arten a et stationært punkt ved at lave en ortegnsdiskussion a ( ) Imidlertid kan man som regel også agøre arten a et stationært punkt ved at betragte de aledede a. orden i punktet. Der gælder nemlig ølgende: Lad være et stationært punkt or en unktion 0 (dvs. ( ) = ). ( ) > 0 er et lokalt minimumspunkt 0 0 ( ) < 0 er et lokalt maksimumspunkt 0 0 ( 0 ) = 0 nærmere undersøgelse må oretages 0 0 vi antager her, at er gange dierentiabel med en kontinuert. aledet ", 35

39 . Optimering Da man jo ikke kan lave en ortegnsdiskussion på en unktion a variable, må man i stedet betragte de partielt aledede a anden orden. Der gælder ølgende sætning: Sætning.4 (undersøgelse a arten a et stationært punkt). Lad (, ) være et stationært punkt or en unktion, og sæt 0 0 A = (, og 0, 0) B = 0 0 (, ) C = ( 0, 0) Der gælder da a) B 4AC < 0 A> 0 har lokalt minimum i (, ) 0 0 b) B 4AC < 0 A< 0 har lokalt maksimum i (, ) 0 0 ) B 4AC > 0 har intet lokalt ekstremum i (, ) 0 0 3) B 4AC = 0 : Nærmere undersøgelse må oretages. Bevisskitse:For nemheds skld antages, at har det stationære punkt (0,0) og at (0,0) = 0. (Koordinatsstemet kan altid parallelorskdes, så begndelsespunktet alder i ( 0, 0, ( 0, 0) ). Vi skal da blot undersøge ortegnet or (,) ~ nær (0,0). Vi tilnærmer (,) ved Talorpolnomiet (, ) a. grad med udviklingspunkt i (0,0). Idet vi ved, at (,) 00 = 0, (,) 00 = 0og ås (,) 00 0 ~ (, ) = A + B + C A + B C or ~ + 0 (, ) = Det omskrives til A + B C or + 0 = ( ) I begge tilælde indeholder den kantede parentes et andengradspolnomium med diskriminanten D= B 4 AC ~ ) Er D < 0 har andengradspolnomiet i den kantede parentes ingen rødder, dvs. (, ) må have samme ortegn or alle (, ) ( 00, ) nemlig ~ a) positivt or A > 0, så har egentligt lokalt minimum i (0,0). ~ b) negativt or A < 0 så har egentligt lokalt maksimum i (0,0) ~ ) Er D > 0 har andengradspolnomiet i den kantede parentes rødder, således at (, ) vil antage såvel positive som ~ negative værdier i en selv nok så lille udprikket omegn a (0,0), dvs. har ikke lokalt ekstremum i (0,0). 3) Er D = 0, kan man ikke ud ra ovennævnte Talorpolnomium a. orden vide noget, så her er en anden undersøgelse nødvendig. ~ Beviset er ørst uldørt, hvis resultaterne or under punkt ) og ) kan overøres til at gælde or. Dette er muligt, men er orholdsvis kompliceret, og vil ikke blive gennemørt her. vi antager her, at har kontinuerte partielle aledede a. orden. 36

40 .4 Lineær programmering Eksempel.3. Lokale ekstrema Find de stationære punkter or unktionen givet ved (, ) = ( ) + og agør or 5 hver a disse, om det er et lokalt maksimumspunkt, lokalt minimumspunkt eller saddelpunkt. Løsning: = 0 ( ) + 4 = 0 4( + ) = 0 = 0 = 8 = 0 ( ) ( ) = 0 + = 0 () 5 5 = 0 indsættes i ligning () : ( ) ( ) = 0 = 0 Stationært punkt (0,0) 5 = indsættes i ligning (): ( )( ) = 0 = 5Stationære punkter (,5) og (-,5) ,5 (-, A = = 4( ) B = = ( 4) = 8 C = = B 4 AC 44 8 < > >0 5 5 Konklusion lokalt minimum saddelpunkt saddelpunkt.4 Lineær programmering.4. Indledning Hvis objektunktionen er en unktion a mange variable, og begrænsningerne består a mange ligninger og uligheder, bliver den i orrige asnit angivne metode ikke anvendelig. Er objektunktion og begrænsninger lineære kan man altid enten inde en løsning eller konstatere, at problemet ingen løsning har. Man siger i sådanne tilælde, at man har lineært programmeringsproblem (orkortes i det ølgende til LP-problem).4.. Problemstilling Ved et LP-problem orstås et optimeringsproblem, hvor objektunktionen u er lineær dvs. a tpen u(,,..., n) = c + c cnn og begrænsningerne ligeledes er lineære uligheder eller ligninger a tpen a + a ann b, a + a ann b. a + a a = b n n 37

41 . Optimering Skal man inde en produktionsplan or en abrik, således at ortjenesten bliver størst mulig, samtidig med at en række begrænsninger i produktionsaktorerne skal overholdes, vil dette tpisk være et LP ( lineært )- problem, som kan involvere mange hundrede ubekendte og begrænsninger. I den kemiske industri har LP-problemer tit karakter a blandingsproblemer. Et problem i et olierainaderi var således det ørste store LP - problem, der blev løst ved hjælp a et edb program (løst i 950). Løsningsmetoden orstås bedst ved at betragte et par tpiske LP- eksempler, hvor der kun orekommer variable. Man kan så anskueliggøre metoden geometrisk og regnearbejdet er overkommeligt. Med lidt lere variable kan man eventuelt bentte en lommeregner med matriregning mens det or problemer med mange variable er nødvendigt at bentte et egentligt LP-program på en PC. Eksempel.4. Produktionsplanlægning En abrik remstiller i en adeling to slutprodukter A og B, som kan sælges med nettoortjenester på henholdsvis 80 kr/ton og 80 hr/ton. Både A og B skal passere 3 maskiner. Dritstimer og maksimal dritstid ses a skemaet. Dritstimer or ton A Dritstimer or ton B Største totale antal dritstimer pr. uge or hver maskine Maskine 6 36 Maskine Maskine 0 Man ønsker en plan, så produktionen giver størst overskud. ) Opskriv objektunktion og begrænsningerne og vis, at problemet er et LP - problem. ) Løs problemet graisk. Løsning: ) Lad og betegne det antal ton, der produceres pr. uge a henholdsvis produkt A og B. Overskuddet u ved denne produktion kan da skrives u = (objektunktion) Koeicienterne til og (80 og 80) kaldes de (relative) omkostningskoeicienter Den tid maskine benttes til produktionen i en uge (maskine l's "aktivitet") er + 6 da den højst må være 36 timer, haves begrænsningen Analogt ås begrænsningene + og Endelig gælder naturligvis, at 0 og 0 (ikke negativitetsbetingelserne) Man skal inde maksimum a unktionen u (, ). Ovenstående udgør et LP - problem, da såvel objektunktionen som begrænsningerne er lineære., og 38

42 .4 Lineær programmering ) Geometrisk løsning Mængden a punkter, der tilredsstiller begrænsningerne er en polgon, begrænset a linierne + 6 = 36 () () + = (3) + = 0 og koordinatakserne (se iguren). Objektunktionen u = har niveaukurver, der er parallelle linier. På iguren er tegnet = 480 og = 380 (or overskud på 480 og 380). niveulinierne Man ser let, at det største overskud ås i en a polgonens vinkelspidser, nemlig (, ) = (6,5). Konklusion: Pr. uge skal produceres 6 ton A og 5 ton B, hvorved overskuddet bliver 380 kr. Et karakteristisk træk ved løsningen er, at selvom omkostningskoeicienterne ændres lidt, skal produktionsplanen ikke ændres. Falder.eks. nettoortjenesten på B betder det, at niveauliniernes hældning numerisk bliver større, men det giver ørst en ændring i produktionsplanen, når nettoortjenesten alder under 80 kr./ton. I så ald sker der et "diskontinuert" spring ra punktet (6,5) til punktet (9,). Er ortjenesten 80 kr./ton kan ethvert punkt på orbindelseslinien mellem de to punkter vælges. En optimal løsnings "ølsomhed" overor ændringer i de indgående konstanter, er deror væsentlig at kende. Optimal løsning Er LP-problemet i variable indså vi geometrisk, at en mulig optimal løsning må ligge i en a vinkelspidserne i den polgon, der bestemmes a begrænsningerne. 39

43 . Optimering Er LP - problemet i 3 variable kan problemet illustreres geometrisk på ølgende måde. En ulighed a + a + a 3 3 bremstiller et halv- rum begrænset a en plan. Fællesmængden a alle sådanne halvrum danner en punktmængde (på iguren et poleder.) begrænset a planer.da objektunktionens niveaulader også er planer, virker det rimeligt, at en optimal løsning i hvert ald indes i en hjørnespids. Generelt gælder det or et LP-problem i n variable, at har problemet en optimal løsning, så indes der en hjørnespids, hvor den optimale løsning indtræer. Er antallet a variable stort, bliver antallet a mulige hjørnespidser så stort, at det ikke er overkommeligt at undersøge dem alle. Simplemetoden (udarbejdet a B.G. Dantzig i 948) angiver en remgangsmåde, hvor man ud ra en tilældig hjørnespids udvælger en der ligger nærmere den optimale, ud ra denne vælger man igen en bedre osv. (svarende til den stiplede linie på iguren).4.3 Simplemetoden Metoden indes i adskillige varianter. Den mest kendte og or små (å variable, å begrænsninger) LP-problemer mest eektive, er den såkaldte primale simplemetode. For store LP-problemer er det mest eektivt at bentte en variant, der kaldes den reviderede simplemetode. Den giver en række beregningsmæssige og lagermæssige besparelser, og benttes i de leste edb-standardprogrammer LP-problem på normalorm Det viser sig praktisk at omskrive LP-problemet på ølgende måde. ) Da et minimum or objektunktionen u svarer til et maksimum or -u, vil vi principielt altid omskrive problemet til et maksimumsproblem. ) Objektunktionen u = c + c cnnomskrives til u c c... cnn = 0 3) Begrænsningerne omskrives ved indørelse a ne variable i (kaldet slack variable) til ligninger. Begrænsninger a tpen: 3a) a + a ann b omskrives til a + a ann + n+ = b, n+ 0 3b) a + a ann b multipliceres med - a a... a n n b og omskrives til a a... ann + n+ = b n+ 0 3c) a + a a = b omskrives til a + a a + = b n+ = n n n n n Lad os antage, at vi har n variable og m begrænsninger. Mulig løsning (easible solution): Et talsæt (,,..., n, un+, n+,..., n+ m) som tilredsstiller alle begrænsningerne. Mulig basisløsning: En mulig løsning or hvilken mindst n variable er 0. Det ølgende eksempel vil illustrere hvad der ligger i disse begreber. 40

44 .4 Lineær programmering Eksempel.5. LP-problem på normalorm ) Skriv problemet i eksempel.4 på normalormorm. ) Angiv en mulig løsning og en mulig basisløsning. Løsning: ) Find maksimum a u u = = = = 0 5,, 3, 4, 5 0 ) Mulig løsning (,, 3, 4, 5) = ( 366,,,, ) alle variable er større end nul (se iguren) Mulig basisløsning (,, 3, 4, 5) = (,,,,,) 9500 variable er 0 (svarende til en vinkelspids) Den primale simplemetode Metoden orstås lettest, hvis den gennemgås i tilkntning til et eksempel med å variable og begrænsninger. Da de tilælde hvor begrænsningerne er uligheder a tpen er de letteste tilælde vil vi bentte eksempel.3 som eksempel, og med dette eksempel som udgangspunkt præcisere de anvendte regler og sætninger. Eksempel.6. Den primale simplemetode Find ved den primale simplemetode en optimal løsning til LP - problemet i eksempel.4. Løsning: I eksempel.4 blev problemt opskrevet på ølgende normalorm Find maksimum a u u = = = = 0 5,, 3, 4, 5 0 Problemet opskrives i en såkaldt simpletavle H u Ved en basisvariabel orstås en variabel hvor den tilsvarende søjle er en enhedssøjle. 4

45 . Optimering I simpletavlen er 3, 4 og 5 basisvariable. Sættes og til nul, bliver u, 3, 4 og 5 lig med højresiden (H), og der remkommer basisløsningen (,, 3, 4, 5) = ( 00360,,,, ). Da alle basisvariable er 0 er denne ørste basisvariable er mulig. (Et tilælde, hvor den ørste basisløsning ikke er mulig vil blive behandlet i et senere eksempel) ) Vurdering a objektunktion. Regel. Lad der være givet en mulig basisløsning. Er koeicienterne i den tilsvarende simpletavles ørste række alle større end eller lig med nul, er basisløsningen optimal. Begrundelse: Da koeicienten til mindst en ikke-basisvariabel er negativ (.eks. har koeicienten -80), vil en orøgelse a den pågældende ikke-basisvariabel orøge objektunktionen u. Den har ølgelig ikke nået sit maksimum. ) Basisskit: Vi vil nu oretage et såkaldt basisskit, dvs. lade en a basisvariablene gå ud a basis, og tilsvarende lade en ikke - basisvariabel gå ind i basis. Dette sker ved, at man ved rækkeoperationer i simpletavlen omdanner den indgående søjle til den "enheds søjle", der dannede den udgående søjle, hvoreter man - som ør - umiddelbart kan alæse den ønskede basisløsning. Valg a indgående søjle Regel. Den ikke-basisvariable, som i objektunktionen u s række har den numerisk største negative koeicient, skal gå ind i basis. Er valget ikke entdigt vælges blot en a kandidaterne. Da 80 > 80 skal ind i basis. Begrundelse: En orøgelse a den ikke-basisvariable med vil øge objektunktionen u med 80. Da en tilsvarende orøgelse a vil øge u med 80 er det rimeligt at lade gå ind i basis Valg a udgående søjle. Regel. For hver række (pånær u - rækken) beregnes orholdet mellem højre side (H) og koeicienten i den indgående søjle. Blandt de rækker or hvilke dette orhold er større end eller lig med nul, vælges den række, der har det mindste orhold. Den basisvariable, der har et -tal stående i denne række skal ud a basis. Er alle orhold negative vokser objektunktionen u ubegrænset Vi danner orholdene,,. Da = 6 er det mindste tal, skal 3 ud a basis 6 6 Begrundelse: A ørste række = 36 ses, at hvis = = 0 er 3 = 36. Øges 36 med = 6 (og holdes på 0), vil 3 alde ra 36 til 0. På grund a ikke-negativitetsbetin- 6 gelsen or 3 kan deror højst vokse til 6. A. og 3. række ses analogt, at højst må være henholdsvis og 0. 4

46 .4 Lineær programmering Basisskit oretages. Det tal i den indgående søjle, som står ud or -tallet i den udgående søjle kaldes pivotelementet. (pivot betder akse). I simpletavlerne nedenor er pivotelementet skrevet med tk skrit H Rækkeoperation Kommentar u række Basisløsning ikke optimal { } række ma 80, 80 = 80. ind i basis række række 4 36 min,, = u 6. ud a basis u række + 30 række Basisløsning ikke optimal ma{ 50} = 50. ind i basis række række3 række række 4 række Sættes de ikke-basisvariable til 0 ås den mulige basisløsning (,, 3, 4, 5) = ( 06054,,,, ) min,, ud a basis = u Da u = er løsningen ikke optimal, og der oretages igen et basisskit. Rækkenumre svarer til rækkerne i sidste simpletavle. 3 4 H Rækkeoperation Kommentar 5 u række række 5 række række række 3 3 række række Basisløsning optimal (alle tal 0 ) Sættes de ikke-basisvariable til 0 ås den optimale basisløsning ( ) = 65003,,,, (,,,,) Konklusion: Det største overskud ås or = 5 og = 6.Overskudet er u = = 380 Da 3 = 4 = 0 og 5 = 3 udnttes de to ørste maskiners kapacitet uldt ud, mens maskine 3 i løbet a en uge kun udnttes i 7 timer, da den står ledig i 3 timer. 43

47 . Optimering Den reviderede simplemetode. Har LP-problemet mange variable og begrænsninger, bliver det uoverkommeligt at oretage beregningerne i hånden ved at bentte den primale simplemetode. Den reviderede simplemetode orudsætter kendskab til elementære matrioperationer, men har den ordel, at man ved basisakit kun udskiter enkelte søjler i matricerne, og derved genbruger det meste a matricerne. Dette orminsker indtastningerne og regneoperationerne betdeligt (samt sparer lagerplads). En vanskelighed er dog, at skal holde nøje regnskab med hvilke variable der går ind og ud a basis Er antal variable og begrænsninger orholdsvis begrænset er det overkommeligt at oretage beregningerne ved hjælp a en lommeregners matriprogram. I det ølgende tænkes TI89 benttet. Er LP-problemet meget stort vil det dog være nødvendigt at bentte et egentligt LP-program. I det ølgende angives de anvendte matriormler, som samtidig anskueliggøres ved LP-problemet ra eksempel.6 Simpletavlen ra eksempel.6 opskrives : Vi indører nu ølgende betegnelser: 0 0 Den matri der indeholder basisvektorerne kaldes B. Her er B = Den matri der indeholder de resterende ikke-basisvariable kaldes D. Her er D = Den rækkematri, som indeholder koeicienterne til de konstanter i objektunktionen u som hører til de basisvariable kaldes C B. Her er C B = (,,) 000. Den rækkematri, som indeholder koeicienterne til de konstanter i objektunktionen u som hører til de ikke-basisvariable kaldes C D. Her er C D = ( 80, 80). 3 X Den søjlematri, som indeholder de basisvariable kaldes X B. Her er B = 4 5 Den søjlematri, som indeholder de ikke-basisvariable kaldes X D. Her er X D = 36 Den søjlematri, som indeholder højre side a begrænsningerne kaldes H. Her er H = 0 Objektunktionen kan nu skrives: 44

48 .4 Lineær programmering 3 u+ CB X B + CD X D = 0. Her er u + ( ) ( ) u + 0,, , 80 = = 0 5 og begrænsningerne kan skrives = 36 B X B + D X D = H Her er = = + + = = 0 Vi har nu B X + D X = H X = B H B D X () B D B D For at inde en basisløsning X indsættes X D = 0 i ligning () B = Herved ås X B H og dermed basisløsningen X 0 = B 0 I eksemplet er B = B og dermed X = = 0.Vi ser, at basisløsningen er mulig. 0 = 3 36 H Indsættes X B ra ligning () i objektunktionen u+ C X + C X = 0 ås H B B D D B ( D) D D B ( D B ) D u+ C B H B D X + C X = 0 u+ C B H + C C B D X = 0 Koordinaterne til de ikke-basisvariable i objektunktionen er elementerne i matricen R = CD CB B D. I eksemplet ås R = ( 80, 80) Da nogle a koeicienterne er negative har objektunktionen ikke nået sit maksimum. Valg a indgående søjle. Den a R s elementer der er negativ og numerisk størst vælges. Den ikke-basisvariable i objektunktionen, der svarer hertil, skal gå ind i basis og den tilsvarende søjlem A j j skal være indgående søjle. 6 I eksemplet skal ind i basis, da 80 < 80 og indgående søjle er A = Valg a udgående søjle. r Lad Søjlematricen G k være bestemt ved ligningen BG k = a j Gk = B Aj. Lad G k have koordinaterne ( β, β,..., βm ) og matricen X B = B H koordinaterne (,..., ). B B, Bm Forholdene Bi β i sammenlignes, og blandt de ikke negative orhold vælges det mindste. Er det Bk β k mindste orhold skal ud a basis. Bk 45

49 . Optimering I eksemplet ås G = B A = og X B H B = = = Forholdene er,,. Da er det mindste orhold, skal 3 ud a basis. 6 6 Basisskit oretages Den ne basis B dannes ved, at at den søjle i B der svarer til orsvinder, og den til svarende søjle indsættes. Dereter ortsættes med at vurdere objektunktion osv. Metoden illustreres i detaljer i ølgende eksempel, hvor også ordrer i TI89 er angivet. Oprette en Folder : Det kan være praktisk at oprette én eller lere mapper til at have sine data gemt i. VAR-Link, F, 5: Create Folder, Skriv navn på older. Vælg dennne mappe som den aktuelle mappe: MODE, Current Folder, Eksempel.7 Den reviderede simplemetode Vi betragter igen LP-problemet, i eksempel.4 og.5. med simpletavlen For overblikkets skld skrives i det ølgende oroven i matricerne variabelnavnene Basis B = indtastes i TI APPS, Data/Matri editor, New, Udld Tpe = Matri, Variable = B, antal rækker=3 og søjler = 3, ENTER, ENTER. Udld skemaet med matricen B, Home De ikke-basisvariable Rækkematricen D = C B = (,,) indtastes. indtastes Rækkematricen C D = ( 80, 80) indtastes 3 36 Højresiden H = indtastes = Vurdering a objektunktion Det ses umiddelbart, at objektunktionen ikke har nået sit maksimum, da mindst et a tallene i C D er negative. Bk j

50 .4 Lineær programmering Basisskit oretages Valg a indgående søjle. 6 skal ind i basis, da 80 < 80 og indgående søjle er A =.A indtastes som søjlematri. Valg a udgående søjle. G = B A Ti89:Trk på VAR-Link or at inde matricerne (de er i TI89 skrevet med små bogstaver) TI-89: b^-*a,sto g.resultat: 6 X B = B = H. TI-89: b^-*h STO b. Resultat: Vektorerne omdannes til lister og gemmes ved ordrerne MATH,LIST,F:mat list(g) lg MATH,LIST,F:mat list(b) lb 36 0 lb/lg Resultat {6,, 0} Hera ses, at det mindste positive tal er 6 svarende til, at 3 skal ud a basis. (Ordren MATH, LIST, MIN(lb/lg) giver den mindste værdi 6) I B, D, C B, og C D udskites nu de pågældende søjler. For at kunne holde rede på variabelbetegnelserne skrives disse i det ølgende oroven: 4 5 B = , D = 4 5, CB = og C D = APPS, Data/Matri editor, Open osv. Vi gentager nu beregningerne med disse matricer. Vurdering a objektunktion R = CD CB B D Ti89:cd-cb*b^-*d Resultat: R = (, 3) = ( 50, 30) Det ses umiddelbart, at objektunktionen ikke har nået sit maksimum, da mindst et a tallene i R er negative. Basisskit oretages Valg a indgående søjle. Da -50 < 0 skal ind i basis og den indgående søjle er A =. Rettes i TI 89 47

51 . Optimering Valg a udgående søjle. G = B A TI-89: b^-*a,sto g. Resultat: X B = B = 6 4 H TI-89: b^-*h STO b. Resultat: Vektorerne omdannes til lister og gemmes lg og lb. De divideres: lb/lg Resultat {36, 6, } Hera ses, at det mindste positive tal er 6 svarende til, at 4 Basisskit: I B, D, C B, og C D udskites nu de pågældende søjler B = 6 0 D = 0 5 CB = Vurdering a objektunktion: R = C C B D D B Ti89:cd-cb*b^-*d Resultat: R = ( 4, 3) = ( 60, 0) skal ud a basis. og CD = Da ingen koeicienter er negative har objektunktionen nået sit maksimum For at inde en basisløsning beregnes X B H B = Vi år B = 5 = Konklusion: Det største overskud ås or = 5 og = 6.Overskudet er u = = 380 Da 3 = 4 = 0 og 5 = 3 udnttes de to ørste maskiners kapacitet uldt ud, mens maskine 3 i løbet a en uge kun udnttes i 7 timer, da den står ledig i 3 timer LP - problem, hvor ørste basisløsning ikke er mulig Det hidtidige eksempel bggede på begrænsninger a tpen. Dette sikrede, at begndelsespunktet var en mulig basisløsning. Indeholder begrænsningerne også uligheder a tpen eller ligninger, er dette ikke sikkert. Dette giver anledning til, at det er nødvendigt at supplere den tidligere beskrivne metode med en remgangsmåde hvor man eter et endeligt antal går ra den ørste ikke-mulige basisløsning til en mulig basisløsning. 48

52 .4 Lineær programmering Eksempel.8. Et blandingsproblem Et ernæringsprodukt skal remstilles på grundlag a to orskellige råvarer R og R. Hver a disse indeholder 3 slags næringsstoer A, B og C. Råvarerernes pris samt indhold a næringsstoer er givet i det ølgende skema: Råvare R Råvare R Pris kr/kg Enheder a næringssto A pr kg 6 4 Enheder a næringssto B pr kg 4 Enheder a næringssto C pr kg 9 Det ærdige produkt skal indeholde mindst 80 enheder A, enheder B og 6 enheder C. Man ønsker at inde den blanding a råvarerne R og R der skal anvendes, or at det ærdige produkt bliver billigst. ) Opskriv objektunktion og begrænsningerne. ) Løs problemet graisk. Løsning: ) Lad og betegne antal kg a henholdsvis råvare R og R. Prisen a det ærdige produkt u kan da skrives u = (objektunktion) Begrænsningerne er () 4 + () (3) 0, 0 Man skal inde minimum a unktionen u (, ). ) Geometrisk løsning Punktmængden bestemt ved ulighederne er ubegrænset (se iguren). Indtegner man som i eksempel. nogle niveaulinier ses, at det billigste produkt ås i vinkelspidsen (3.5,) Konklusion: Det billigste præparat ås, hvis man blander 3,5 kg råvare a tpen R med kg råvare a tpen R, hvorved prisen bliver 50 kr 49

53 . Optimering Som det ses a eksempel.8 er den ørste basisløsning ikke mulig, da punktet (0,0) ikke oplder begrænsningerne. Fremgangsmåder er i sådanne tilælde at konstruere en kunstig objektunktion, som giver et mål or basisløsningens umulighed Ved at bentte simplemetoden på denne opnås en mindre umulig basisløsning, og eter et endeligt antal iterationer opnås enten en mulig basisløsning (som man så kan ortsætte med) eller man kan konkludere, at der ikke indes en mulig løsning. Eksempel.9. Primal simpleløsning Løs ved ved anvendelse a den primale simplemetode problemet i eksempel.8. Løsning Formulering a matematisk model Vi andt i eksempel.7 ølgende model: Lad og betegne antal kg a henholdsvis råvare R og R. Prisen a det ærdige produkt z kan da skrives z = (objektunktion) Begrænsningerne er , 4 +, + 9 6, 0, 0 Man skal inde minimum a unktionen u (, ). LP-problemet skrives på normalorm: For at ændre problemet til et maksimumsproblem sætte u = -z Find maksimum or u: u = 0 Begrænsningerne er = = 4 9 = 6 5 Simpletavlen opskrives H u Første basisløsning (,, 3, 4, 5) = ( 0, 0, 80,, 6) er ikke mulig, da der orekommer negative tal. Vi vil nu konstruere en kunstig objektunktion w. Regel: Lad S være en søjle i simpletavlen svarende til en ikke-basisvariabel. Det tal i S, der skal stå i w-rækken, dannes på ølgende måde: a) tal der står i samme række som en basisvariabel, der i basisløsningen er or lille adderes og derra trækkes b) tal, der står i samme række som en basisvariabel der i basisløsningen er or stor. Begrundelse: Hvis den ikke-basisvariable orøges ra 0 til vil 3 blive orøget ra -80 til altså orbedret med 6.Tilsvarende bliver 4 orøget med 4 og 5 orøget med. Den totale orbedring er ølgelig (6+4+) = Tilsvarende regnes orbedringen ud or til (4++9) =35 En kunstig objektunktion, som gav et mål or orbedringen kunne deror være w= + 35 eller w 35 = 0 50

54 .4 Lineær programmering Vi indøjes denne som en ekstra søjle i simpletavlen, og udører nu pivoteringen som ør, men det skal dog bemærkes, at den kunstige objektunktion variarer ra tavle til tavle H Rækkeoperation Kommentar u R R min{, 35 = 35 ind i basis R R 4 80 min,, 4 5 ud a basis 6 9 = w Basisløsning ikke mulig u R ' =R + R w 8 9 u R '= R R min, = 8 9 ind i basis 76 R 3 '= R 3 R min,, 3 3 = 3 6 R 4 ud a basis 4 '= R Basisløsning ikke mulig R 900 =R '+ R 3 ' R min{ 3} = 3 =R ' 3 R 5 4 ind i basis R 9 min 3 = R 3 ' = ud a basis 5 R 4 =R 4 ' + R 3 ' w -3 - Basisløsning ikke mulig H Rækkeoperation Kommentar u R = R + R Basisløsning R = R (,, 3, 4, 5) R = R R = (,,,,) er mulig R4 = R4 + R Basisløsning er optimal da alle koeicienter er positive. Minimum 50 antages or =3.5 og =

55 . Optimering Hidtil har vi ikke behandlet et problem der indeholder ligninger. Dette vil kort ske i ølgende eksempel. Eksempel.0. Blandingsproblem med ligning Tre standardlegeringer L, L og L 3 ønskes blandet til en n legering. Der ønskes remstillet ialt 0 tons a denne ne legering, og den skal indeholde mindst 5% zink og højst 37% tin (vægtprocent). Sammensætning og priser er angivet i nedenstående tabel: L L L 3 Tin 40% 40% 30% Zink 30% 0% 0% Pris i 000 kr /ton 30% 40% 60% Find den blanding a L, L og L 3, der tilredsstikker ovennævnte krav og er billigst. Løsning: Formulering a matematisk model Lad, og 3 betegne de antal tons, der skal anvendes a henholdsvis L, L og L 3. LP - problemet kan da skrives: Find minimum or unktionen z = Begrænsningerne er = 0 3 LP-problemet skrives på normalorm: For at ændre problemet til et maksimumsproblem sætte u = -z Find maksimum or u: u+ 0 + = 0 Begrænsningerne er = = = 0,,,,, 6 = Simpletavlen opskrives H u Første basisløsning (,, 3, 4, 5, 6) = ( ,,,,, ) er ikke mulig, da 5 = 5 er or lille og 6 = 0 er or stor. 5

56 .4 Lineær programmering Vi danner nu den kunstige objektunktion H u w Metoden er nu helt den samme som vi så i eksempel.9. Eneste orskel er, at en slackvariabel, der hører til en ligning (her ), der ørst er ude a basis, aldrig dereter må komme ind i basis Anvendelse a LP - program. Som nævnt, vil man ved større problemer bentte et proessionelt LP - program. Maple og Ecel har nogle aciliteter i den retning, men et egentligt LP - program vil kunne give langt lere oplsninger bl.a. om løsningens ølsomhed Det ølgende eksempel hentet ra et transportproblem er løst ved hjælp a Maple og Ecel Eksempel.0. Et transportproblem På et tidspunkt skal 600 enheder a en vare, som er opbevaret i to havneber B og B sejles til 4 kunder K, K, K 3 og K 4. A nedenstående skema kan. eks. alæses, at det tager enheder brændsto, at transportere en vareenhed ra ben B til kunde K, og at B har et lager på 00 vareenheder, og at K har bestilt 00 vareenheder. Kunde K K K 3 K 4. Lagre B B B Bestillinger Man ønsker at inde den ordeling a transporter, som minimerer det samlede brændstoorbrug ra havneber til kunder. Opskriv objektunktion og begrænsningerne og løs problemet ved hjælp a Maple og Ecel Løsning: Lad ij angive antallet a enheder, der transporteres ra b B i til kunde K j. Brændstoorbruget u er da u = Begrænsningerne er = = = 00 + = = = 00 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0,

57 . Optimering Man skal inde minimum a unktionen u(,,,,,,, ) Maple: with(simple): >cnsts := {++3+4=00, ++3+4=400, +=00, +=00, 3+3=00, +4=00}: obj := 3*+*+3+4*4+*+4*+6*3+3*4: >minimize(obj,cnsts,nonnegative); Ecel Vælg Funktioner, Tiløjelsesprogrammer ; og marker Problemløser I cellerne a til h skrives startværdierne or til 4 I cellen a3 skrives +a+b+c+d svarende til venstre side a begrænsning I cellen a5 skrives +e++g+h svarende til venstre side a begrænsning, osv. indtil a6 hvor der skrive h. I cellen j skrives objektunktionen 3*a+*b+c+4*d+*e+4*+6*g+3*h Man vælger nu under menuen unktioner problemløser og i målcelle : j ved redigering a celler : a:h Trk på tiløj. skriv a3 = 00 trk på tiløj: skriv a4 = 400 osv trk på tiløj: skriv a6>=0 Vælg lineær Trk på løs Resultatet bliver 5E-07,5E-07 00,5E ,4E E-07,5E-07 00,5E ,4E-4 00 Hvora man kan alæse at minimumsværdien er 300 som antages i (0,0,00,0,00,00,0,00) 54

58 .4 Lineær programmering.5. Optimering a ikke- lineære unktioner. Er unktionen ikke lineær indes der visse metoder, bl.a. Lagranges metode som kan overøre problemet til at løse et (stort) antal ligninger med mange ubekendte. Ingen a disse metoder sikrer imidlertid, at det punkt man eventuelt inder virkelig er et globalt ekstremum. Som man bl.a. kan se i det ovennævnte ecel-program problemløser kan man orbedre mulighederne hvis unktionen eksempelvis er kvadratisk. Man kan også anvende lere orskellige numeriske metoder og or hver metode anvende orskellige startpunkter. Hvis de så alle kommer rem til samme ekstremumspunkt så kan man da håbe, at dette ikke blot er et lokalt punkt. Det ølgende er et eksempel herpå, hvor vi anvender Ecel til beregningerne. Eksempel. (ikke lineær ) Lad os betragte en kasseormet mælkekarton, som indeholder liter mælk. Dimensionerne er angivet på tegningen, idet der regnes med 5 mm overlap til limningen a kartonnen b b l l Beregn kartonnens dimensioner så overladens areal bliver mindst mulig. Løsning: Lad alle dimensioner være beregnet i mm. Arealet A= ( b+ l+ 5)( h+ b+ 0) Rumanget a beholderen er V = bhl = Benttes Ecel til beregningen med startpunkt (b,l,h) = (,,) ås resultaterne 6,9343 9, , , dvs. b = mm, l = mm og h = mm Forsøges med andre startpunkter indes samme punkt, så dette må antages at være det ønskede minimum. 55

59 . Optimering Opgaver Opgave. Find de stationære punkter or unktionerne 3 3 ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = cos( ), π 3π ; 4) (, ) = Opgave. Find (globalt) minimum og minimumspunkter or unktionen (,) i mængden S, hvor ) (, ) = + 3 og S er givet ved begrænsningerne 3, 3 3 ) (, ) = 7 6 og S er givet ved begrænsningerne, > 3 3 3) (, ) = + 8 3og S er givet ved begrænsningerne 0 4, 0 4, 4) (, ) = ( + 3 5og S er givet ved begrænsningerne 0, 4 3 5) (, ) = og S er givet ved begrænsningerne 0 3, 0 5 6) (, ) = og S er givet ved begrænsningerne > 0,, + 4 Opgave.3 Find (globalt) maksimum og maksimumspunkter or unktionen (,) i mængden S, hvor ) (, ) = 4 + 6og S er givet ved begrænsningerne 0 0 ) (, ) = sin+ cos+ cos( ) og S er givet ved begrænsningerne 0 π, 0 π 3) ( ( 5) + ( 3) + (, ) = 5e ) og S er givet ved begrænsningerne 0, 0, + 6 Opgave.4 Find værdimængden or unktionen (,) i mængden S, hvor ) (, ) = 4 + 8og S er givet ved begrænsningerne, 0 8, 0 ) (, ) = ln( + + ) + og S er givet ved begrænsningerne + 4, 0 3) (, ) = ln( ) + og S er givet ved begrænsningerne 8 0, 0 4) e (, ) = og S er givet ved begrænsningerne 0, 4 Opgave.5 En kasseormet tank skal konstrueres, så den år et rumang på 000 m 3. Bund, sider og låg koster henholdsvis 4000 kr./m, 000 kr./m og 000 kr./m. Dimensionér tanken således, at prisen bliver mindst, idet dog ingen a kanterne må overstige 0 m. 56

60 .4 Lineær programmering Opgave.6. z En plan har ligningen + + =, hvor a b c a >, b> 4og c > 5. Planen skærer koordinatakserne i punkterne A, B og C (se iguren). Koordinatsstemets begndelsespunkt kaldes D. Værdierne a a, b og c ønskes bestemt, således at punktet P = (,4,5) ligger på planen gennem A, B og C, og tetraederet ABC s volumen V abc bliver mindst mulig. Det oplses, at der 6 eksisterer værdier a a, b og c med de ønskede egenskaber. Opgave.7. Find alle lokale maksimums- og minimumspunkter or ølgende unktioner: ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = ) (, ) = + ( ) 9) (, ) = + + 0) (, ) = + 6 Opgave.8. ( ) ) Vis, at unktionen givet ved (, ) = har 5 stationære punkter og agør or hvert, om det er et lokalt maksimumspunkt, lokalt minimumspunkt eller saddelpunkt. ) Bestem derpå globalt maksimum og minimum or (, ) i cirkelskiven + 4. Opgave.9. 4 ) Find samtlige stationære punkter or unktionen (, ) = + 4 b) Betragt de stationære punkter (, ) or hvilke 0. Agør or hvert a disse punkter, om punktet er et lokalt maksimumspunkt, et lokalt minimumspunkt eller et saddelpunkt. Opgave.0. Find de stationære punkter or unktionen (, ) = ( ) + og agør or hvert, om 5 det er et lokalt maksimumspunkt, lokalt minimumspunkt eller saddelpunkt. 57

61 . Optimering Opgave. 3 3 Lad virkningsgraden or en motor være givet tilnærmet ved (, ) = 3 0. og er to variable. ) Find de partielle aledede a. og. orden a. ) Find de partielle aledede a. og. orden a i punktet (-,). 3) Er punktet (-,) et lokalt maksimumspunkt.,hvor Opgave. Et ernæringsprodukt skal blandes a to råvarer R og R. Råvarernes pris samt indhold a 3 næringsstoer A, B og C er: Råvare R Råvare R Pris kr./ton Enheder a næringssto A/ton Enheder a næringssto B/ton Enheder a næringssto C/ton Den ærdige blanding skal totalt indeholde mindst 80 enheder A, enheder B og 6 enheder C. Find den billigste blanding ved anvendelse a simplemetoden. Opgave.3. En virksomhed skal beplante nogle arealer og kan vælge mellem to tper beplantning A og B, eventuelt en kombination a disse. Tpe A og B giver et overskud pr. hektar på henholdsvis 500 kr. og 6000 kr. A nedenstående skema remgår, hvad beplantning a hektar kræver a maskiner og omkostninger Antal maskindage Omkostninger i kr. hektar beplantet med tpe A 000 hektar beplantet med tpe B I den or beplantning gunstige sæson er der højst 60 maskindage til rådighed, og virksomheden vil højst betale 0000 kr. or arbejdet. Antallet a hektar er så stort, at det kan betragtes som ubegrænset. Find ved anvendelse a simplemetoden det maksimale overskud, samt det antal hektar der skal beplantes med henholdsvis A og B or at opnå dette overskud. Opgave.4 I en abrik oreindes 3 maskiner M l, M og M 3 til remstilling a to produkter A og B. En enhed a produkt A beslaglægger M l i 5 minutter, M i 3 minutter og M 3 i 4 minutter, mens en enhed a produkt B beslaglægger M l i l minut, M i 4 minutter og M 3 i 3 minutter. Nettoortjenesten pr. produceret enhed er 30 kr. or produkt A og 0 kr. or produkt B. Produktionen ønskes planlagt således, at nettoortjenesten (pr 60 minutter) bliver størst mulig. Find - ved benttelse a simplemetoden- den optimale løsning. 58

62 .4 Lineær programmering Opgave.5 En abrik remstiller 3 slags plastikprodukter A, B og C. Der er tre trin i remstillingen - støbning, maling og montering - som hver tager en vis tid. Nedenstående skema angiver den tid, hvert trin tager, den maksimale tid, der er til rådighed samt nettoortjenesten. Støbning Maling Montering Nettoortjeneste stk A 4 timer timer 3 timer 40 kr stk B 3 timer timer timer 40 kr stk C 5 timer timer 3 timer 50 kr Maksimal tid der er til rådighed 400 timer 00 timer 300 timer Find ved hjælp a Simplemetoden hvilken produktionsplan, der giver den største ortjeneste. Opgave.6 En kemisk virksomhed planlægger at udvinde stoer A og B a et eller lere mineraler til brug ved en bestemt proces. Der skal udvindes mindst 00 kg a stoet A og mindst 80 kg a stoet B ved processen. Der indes 3 mineraltper med varierende indhold a A og B til orskellige priser: Mineraltper 3 Vægtprocent a A 0% 0% 0% Vægtprocent a B 0% 30% 0% Prisenheder pr. kg Virksomheden ønsker at minimere udgiterne til indkøb a mineraler. Bent Simplemetoden til at inde den optimale løsning. Opgave.7 Et valseværk remstiller 3 produkter A, B og C. Før produkterne kommer ind i valseværket skal de opvarmes i en ovn. Nedenstående skema angiver "opholdstiden" i henholdsvis ovn og valseværk or hvert produkt. Ovn Valseværk ton A 4 sek. 48 sek. ton B 48 sek sek. ton C 7 sek. 8.8 sek. Ovn og valse benttes dagligt i maksimalt 8 timer hver (8800 sekunder). Den samlede mængde a A og B skal på l dag være mindst 500 tons. Nettoudbttet pr. ton a A, B og C orholder sig som :3:4. Formuler problemet som inddata til et passende LP-program (elsempelvis Maple eller Ecel) Kør programmet og giv en tolkning a udskriten. 59

63 . Optimering Opgave.8 En teknisk kemisk virksomhed har i sit spildevand ra produktionen et indhold a 4 skadelige kemiske orbindelser A,.B, C og D. Virksomheden kan asætte et beløb på 40 kr. pr. m 3 spildevand til jernelse a de skadelige stoer, hvilket imidlertid ikke er tilstrækkeligt. For hvert a stoerne A, B, C og D er der astsat en skadelighedsaktor, som angivet i nedenstående tabel. For B og D er der en maksimal tilladelig værdi a skadeligheden pr. m 3 spildevand deineret som produktet a skadelighedsaktoren og koncentrationen (g/m 3 ) a de pågældende stoer. Produktionen a stoerne samt omkostninger til evt. rensning a spildevand er ligeledes angivet ved nedenstående. Virksomheden ønsker at minimere spildevandets skadelighed. A B C D Produktion g/m 3 5 Omkostninger kr/gram 0 5 Skadelighedsaktor Maksimal skadelighed 0 0 ) Opstil LP-problemet på normalorm. ) Find ved benttelse a Simplemetoden den optimale løsning. Opgave.9 En virksomhed har ormuleret et blandingsproblem på ølgende måde: Der søges minimum or unktionen z = (min.-pris) under opldelse a begrænsningerne + + 3, + 4, og ikke - negativitetsbetingelserne 0, Anvend Simplemetoden til at løse ovennævnte blandingsproblem. Opgave.0 En virksomhed har ormuleret et LP - problem på ølgende måde: Der søges minimum or unktionen z = med begrænsningerne , , + 3 4, og ikke - negativitetsbetingelserne 0, ) Omskriv problemet til normalorm. ) Formuler problemet som inddata til et passende LP-program (elsempelvis Maple eller Ecel), kør programmet og giv en tolkning a udskriten. Opgave. Bent et passende edb - program til at inde de globale ekstremumspunkter or unktionen (,, z) = +z i mængden S bestemt ved de to begrænsninger + + z = 4 og + + z = 0 60

64 Stikord STIKORD A B basisløsning 40 basisskit 4 C D dierential 0,, 0 dierentiation a sammensat unktion 3, 4 E ekstremum globalt 3 lokalt 35 F ejlvurdering G gradient 5, graisk remstilling, 3 grænseværdi 7 H I indgående søjle 4, 45 K kontinuitet 8 kæderegel 3,4, 0 L lineær programmering Ecel løsning 54 ørste basisløsning ikke mulig 48 mulig 4 geometrisk løsning 38 Maple - løsning 54 normalorm 40 problemstilling 37 simplemetoden 40 M maksimum globalt 30 lokalt 30, 36 Maple beregning a partielle aledede 7 beregning a stationært punkt 3 tegning a lade,3 tegning a niveaukurve,3 minimum globalt 30 lokalt 30, 36 mulig løsning 40 mulig basisløsning 40 N normalorm 40 O objektunktion 30 kunstig 50 Opgaver kapitel 3 kapitel 56 Optimering 30 i lukket begrænset mængde 3 P partielle aledede 4, 6, 0 geometrisk tolkning 5 beregning ved Maple og TI 89 7 primale simplemetode 40, 4 pivotelement 43 R retningsaledede 5, S simplemetoden primale 40, 4 reviderede 44 simpletavle 4 slack variable 40 stationært punkt 3 T tangentplan 9 Talorpolnomium 7, 35

65 Stikord TI 89 beregning a partielle aledede 7 beregning a stationært punkt 3 U udgående søjle 4, 45 V 36