Aldagai’Anitzeko’Funtzioak’ - gipuzkoa · Maila gainazalak’eta’maila’lerroak’ ’ Adibidea: Aztertu’hurrengo’funtzioaren’maila’ lerroak:’ € z=1−x2−y2

Aldagai Anitzeko Funtzioak

Maila gainazalak eta maila lerroak

• Dagoeneko aipatu dugunez, z=f(x,y) bi aldagaiko funtzio errealaren grafoa hiru dimentsiotan marraztu daiteke (x,y,z=f(x,y)) puntuen bidez. z balioa altueratzat edo garaieratzat hartuta, esan genezake funtzioaren grafoa erliebe batena dela. z bereko puntuek maila lerro bat osatzen dute. Maila lerro bakoitzari c garaiera bat dagokio, eta maila lerro baten ekuazioa c=f(x,y) da.




Adibidea: Aztertu hurrengo funtzioaren maila lerroak:

€

z =1− x 2 − y 2

€

Maila lerroen ekuazioa c = f (x,y) = z daBeraz : 1− x 2 − y 2 = c edo x 2 + y 2 =1− c

Hau da maila lerroak dira 1− c (hortaz c ≤1) erradiodunzirkunferentziak jatorrian zentratuak.


Maila lerro guzBak plano horizontaletan daudenez, denak jarri daitezke plano horizontal

berean. Horrela ere egiten da erliebe mapa bat

marraztean. Mapa bateko maila lerroek garaiera

eta garaiaren aldaketei buruzko informazioa

ematen dute.


Hiru aldagaiko funtzioa, u=u(x,y,z) ezin da hiru dimentsioko espazioan grafikatu; u-‐rentzako laugarren ardatz bat beharko genuke. Halere, bere definizio-‐eremua bai grafikatu daitekeela hiru dimentsiotan. u(x,y,z) funtziorako balio berbera duten puntuak elkarrekin hartuta, gainazal bat (maila gainazala, alegia) osotu daiteke hiru dimentsiotan. Maila gainazal bakoitzari c balio bat dagokio, eta maila gainazal horren ekuazioa c=u(x,y,z) da.

Norabide batekiko deribatua

Hiru aldagaiko u=u(x,y,z) funtzioarekin arituko gara. Demagun funtzioa deribagarria dela (hortaz jarraia) eta M definizio eremuko puntuan gaudela, non koordenatuak (x,y,z) diren. M puntuBk aldentzen hasten bagara u funtzioaren balioa (konstante izan ezean) aldatuz ere joango da. Aldaketa hau, orokorrean, hartutako norabidearen menpekoa izango da. Hau da, nahiz eta distantzia berdinean aldendu M-‐Bk, ezberdinak izango dira funtzioak hartuko dituen balioak norabide desberdinetan abiatzen garenean. Demagun hurrengo irudiaren norabideBk aldentzen garela.


Δs


Gehikuntza totalak, Δu-‐k, emango digu u=u(x,y,z) funtzioaren balioan izango dugun

aldaketa: Δu=u(x+Δx,y+Δy,z+Δz)-‐u(x,y,z).

Lehenengo hurbilketan, hurbilketa linealean

alegia honela hurbildu genezake gehikuntza

totala deribatu partzialen bidez:

€

Δu ≅ ∂u∂xΔx +

∂u∂yΔy +

∂u∂zΔz


eta lehengo irudian ikusten den bezala, Δx, Δy eta Δz honela ere adieraz daitezke:

Beraz:

eta Δs-‐ren limite infinitesimala hartuta lortzen

da s norabidearekiko deribatua:

€

Δu ≅ ∂u∂xΔs cosα +

∂u∂y

Δs cosβ+∂u∂zΔs cosγ

€

ΔuΔs

≅∂u∂xcosα +

∂u∂ycosβ+

∂u∂zcosγ

€

Δs→ 0limΔu

Δs=∂u∂s

=∂u∂xcosα +

∂u∂ycosβ+

∂u∂zcosγ


Aurreko ekuazioak erakusten digu nola kalkulatu edozein norabideariko deribatua, deribatu partzialak ezagutzen ditugunean. Ekuazio hori uler daiteke ere bi bektoreen arteko biderkaketa eskalarra balitz bezala, non bektoreen koordenatuak, hurrenez hurren, ondoko hauek baiBra:

Hortaz, norabide batekiko deribatua uler daiteke projekzio bat bezala: deribatu partzialen bektorearen projekzioa kosinu zuzentzaileek adierazten diguten norabidean. €

∂u∂x

,∂u∂y

,∂u∂z

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ eta cosα,cosβ,cosγ( )


Adibidea: Bedi funtzioa. Kalkulatu horren deribatua M(1,1,1) puntuan eta

bektorearen norabidean.

€

∂u∂x M

= 2x (1,1,1) = 2 ; ∂u∂y M

= 2y (1,1,1) = 2 ; ∂u∂z M

= 2z (1,1,1) = 2

cosα =ΔxΔs

=2

22 +12 + 32=

214

; cosβ =ΔyΔs

=114

; cosγ =ΔzΔs

=314

Beraz : ∂u∂s

= 2⋅ 214

+ 2⋅ 114

+ 2⋅ 314

=1214

€

2 ˆ x + ˆ y + 3ˆ z

€

u = x 2 + y 2 + z2

Gradientea

Aurreko atalean adierazi dugunez, norabide batekiko deribatua uler daiteke bektore berezi baten projekziotzat hartutako norabidean. Bektore horren koordenatuak deribatu partzialak dira eta bektore berezi honi funtzioaren (u-‐ren) gradientea deitzen zaio eta u (edo grad u) idazten ohi da:

€

∇

€

∇u = grad u =∂u∂x

ˆ x + ∂u∂y

ˆ y + ∂u∂z

ˆ z

Gradientea

Ikusi dugunaren arabera, funtzio baten gradientea proiektatuz norabide batean, lor dezakegu norabide horrekiko deribatua. Ezaugarri honek baimentzen digu gradienterako baliokidea den beste hurrengo definizioa ere onartzeko: Definizioa: Bedi hiru aldagaiko u=u(x,y,z) funtzioa, bere definizio

eremuan deribagarria dena. Bere gradientea da bektore bat zeinaren norabidean funtzioaren aldakuntza haundiena baitugu eta bere moduluak ematen digu norabide horrekiko deribatuaren balioa.

Hau da bektore honek (bere norabideak) erakusten digu zein direkzioan u funtzioa handitzen den gehien eta bere modulua (bere luzera) da norabide horrekiko deribatua, hain zuzen.

Gradientea

Aurreko definizioa erraz uler daiteke bektoreen arteko biderkaketa eskalarraren interpretazio geometrikoa gogoratuz: Espazioko bi bertoreen arteko biderkaketa eskalarraren balioa da bektoreen moduluen (luzeren) eta haien arteko angeluaren kosinuaren balioaren biderkaketa:

€

∇ u =

∂u∂x i + ∂u

∂y j + ∂u

∂x k ; s = cosα

i + cosβ

j + cosγ

k

∂u∂s

= ∇ u ⋅ s = ∂u

∂xcosα +

∂u∂y

cosβ+∂u∂x

cosγ = ∇ u ⋅ s ⋅ cosθ

(non θ, ∇ u eta s bektoreen arteko angelua baita)

Gradientea

Baina kosinu zuzentzaileei dagokien bektorea, s, unitarioa denez (bere luzera 1 da):

€

s =1∂u∂s

= ∇ u ⋅ s = ∂u

∂xcosα +

∂u∂y

cosβ+∂u∂x

cosγ = ∇ u ⋅ s ⋅ cosθ =

∇ u ⋅ cosθ

€

Hortaz, ∂u∂s

haundiena lortuko dugu cosθ =1 denean :

cosθ =1⇔θ = 0 ⇔ ∇ u || s (

∇ u eta s paraleloak dira)

eta, orduan : ∂u∂s

= ∇ u

Gradientea

Adibidea: Kalkulatu funtzioaren gradientea. Kalkulatu funtzioaren gradientea

M(1,1,1) puntuan eta funtzioaren deribatua

gradientearen norabidean.

€

cosα =ΔxΔs

=2

22 + 22 + 22=

212

=13

= cosβ = cosγ

Beraz : ∂u∂s

= 2⋅ 13

+ 2⋅ 13

+ 2⋅ 13

=63

= 2 3

€

u = x 2 + y 2 + z2

€

∇ u = grad u =

∂u∂x

ˆ x + ∂u∂y

ˆ y + ∂u∂z

ˆ z = 2x ˆ x + 2y ˆ y + 2z ˆ z

€

∇ u(1,1,1) = 2 ˆ x + 2 ˆ y + 2 ˆ z

€

= ∇ u = 22 + 22 + 22

Gradientea

Gogora dezagun maila lerroetan funtzioak ez zirela aldatzen (konstanteak bait ziren f(x,y)=c). Era berean maila gainazaletan funtzioak ez ziren aldatzen (konstanteak bait ziren f(x,y,z)=c). Honek esan nahi du funtzioaren deribatua maila lerro baten (maila gainazal baten) norabidean zero dela eta, ondorioz, gradientea ortogonala izango da maila lerroekiko (maila gainazalekiko):

€

0 =∂u∂s

= ∇ u ⋅ s =

∇ u ⋅ s ⋅ cosθ =

∇ u ⋅ cosθ ⇒ cosθ = 0 (

∇ u ≠ 0 bada)

cosθ = 0⇒ ∇ u eta s ortogonalak dira

Gradientea

Gradientea

Taylor-‐en formula bi aldagaiko funtziorako

Gogora dezagun, z=f(x,y), bi aldagaiko funtziorako gehikuntza totalaren adierazpen

hurbildua deribatu partzialen bidez:

Gehikuntza kalkulatzen badugu (a,b) puntuBk

(x,y) puntura goazenean: €

Δz ≅ ∂f (x,y)∂x

Δx +∂f (x,y)∂y

Δy

€

Δz = f (x,y) − f (a,b) ; Δx = x − a ; Δy = y − b

f (x,y) ≅ f (a,b) +∂f (x,y)∂x

(x − a) +∂f (x,y)∂y

(y − b)


Goiko adierazpen hurbildu hau osotzeko, beharko genuen R1 kondarreko gaia, aldagai bakardun funtziorako Taylor-‐en formula gertatzen zen bezala:

eta aldagai bakardun funtzioekin antzera, Taylor-‐en polinomioren maila handitu daiteke goi-‐ordenako deribatuen bidez (bi aldagaiko funtzioen kasuan, deribatu partzialen bidez):

€

f (x,y) ≅ f (a,b) +∂f (x,y)∂x

(x − a) +∂f (x,y)∂y

(y − b)

€

f (x,y) = f (a,b) +∂f (x,y)∂x

(x − a) +∂f (x,y)∂y

(y − b) + R1

€

f (x,y) = Tn (x,y) + Rn

non Tn (x,y) =1

p!(s − p)!∂ s f

∂x p∂ys− pp=0

s

∑s=0

n

∑(a,b )

(x − a)p (y − b)s− p


Noski, aurreko Taylor-‐en formula erabili ahal izateko, funtzioa eta bere (n+1)-‐garren ordenarainako deribatu partzialak jarraiak izan behar dira (a,b) puntuaren inguruan. Behin Taylor-‐en polinomioren maila, n, aukeratuta, s-‐k n+1 balio ezberdinak hartuko ditu. s bakoitzeko s+1 batugaiak ditugu. GuzBra Tn(x,y) polinomioak (n+1)(n+2)/2 batugai edukiko ditu. Ikustagun nola geratzen den bi aldagaiko funtziorako Taylor-‐en formula n=3 kasurako:

€

s = 0 denean gai bakarra dugu (p = 0) :

10!0!

∂ 0 f∂x 0∂y 0

(a,b )

(x − a)0(y − b)0 = f (a,b)


€

s =1 denean berriz, bi gai ditugu (p = 0, 1) :

10!1!

∂1 f∂x 0∂y1

(a,b )

(x − a)0(y − b)1 +1

1!0!∂1 f∂x1∂y 0

(a,b )

(x − a)1(y − b)0 =

=∂f∂x

(x − a) +∂f∂y

(y − b)

€

s = 2 denean, hiru (p = 0, 1, 2) :

10!2!

∂ 2 f∂x 0∂y 2

(a,b )

(x − a)0(y − b)2 +1

1!1!∂ 2 f∂x1∂y1

(a,b )

(x − a)1(y − b)1 +1

2!0!∂ 2 f∂x 2∂y 0

(a,b )

(x − a)2(y − b)0 =

=12∂ 2 f∂x 2 (x − a)2 +

∂ 2 f∂x∂y

(x − a)(y − b) +12∂ 2 f∂y 2 (y − b)2


€

s = 3 denean, lau (p = 0, 1, 2, 3) :

10!3!

∂ 3 f∂x 0∂y 3

(a,b )

(x − a)0(y − b)3 +1

1!2!∂ 3 f∂x1∂y 2

(a,b )

(x − a)1(y − b)2 +

12!1!

∂ 3 f∂x 2∂y1

(a,b )

(x − a)2(y − b)1 +1

3!0!∂ 3 f∂x 3∂y 0

(a,b )

(x − a)3(y − b)0 =

=16∂ 3 f∂x 3 (x − a)3 +

12∂ 3 f∂x 2∂y

(x − a)2(y − b) +12∂ 3 f∂x∂y 2 (x − a)(y − b)2 +

16∂ 3 f∂y 3 (y − b)3

€

Beraz, n = 3, kasurako Taylor − en formula honelakoa da :

f (x,y) = f (a,b) +∂f∂x

(x − a) +∂f∂y

(y − b) +12∂ 2 f∂x 2 (x − a)2 +

∂ 2 f∂x∂y

(x − a)(y − b) +12∂ 2 f∂y 2 (y − b)2 +

+16∂ 3 f∂x 3 (x − a)3 +

12∂ 3 f∂x 2∂y

(x − a)2(y − b) +12∂ 3 f∂x∂y 2 (x − a)(y − b)2 +

16∂ 3 f∂y 3 (y − b)3 + R3


Kontutan izan behar da aurreko formulan deribatu partzial guzBak (a,b) puntuan kalkulatzen direla. Kontutan ere izango dugu Tn(x,y), Taylor-‐en polinomioa eta f(x,y) berdinak direla (a,b) puntuan n-‐garren deribatuetaraino

Aldagai anitzeko funtzioaren maximo eta minimoak

Gogora dezagun funtzioaren jarraitasuna aztertzean aipatu genuena: Definizio eremu itxi eta bornatu batetan funtzio jarrai batek gutxienez maximo bat eta minimo bat ditu beB.

Horiek izango lirateke maximo eta minimo absolutuak definizio eremuan. Halere maximo eta minimo erla,boak ere definitu daitezke hurrengo erara: Definizoa: Bedi z=f(x,y)funtzio jarraia.(x0,y0) puntuan

funtzioaren maximo (erlaBboa) dugu baldin eta puntu horren inguru hurbilean, puntan bertan izan ezik, funtzioaren balioak (x0,y0) puntukoa baino txikiagoak badira:

€

f (x,y) < f (x0,y0)


Definizoa: Bedi z=f(x,y)funtzio jarraia.(x0,y0) puntuan funtzioaren minimo (erlaBboa) dugu baldin eta puntu horren inguru hurbilean, puntan bertan izan ezik, funtzioaren balioak (x0,y0) puntukoa baino handiagoak badira:

f funtzioaren maximoei ete minimoei mutur deritze.

€

f (x,y) > f (x0,y0)


Adibidea: z=(x-‐1)2+(y-‐2)2-‐1 funtzioak mutur bat (minimoa) dauka (1,2) puntuan: Izan ere, f(1,2)=-‐1 da eta, bai (x-‐1)2, bai (y-‐2)2 biak beB posiBboak

direnez, (1,2) puntua ez diren beste (x,y) puntu guzBetarako f(x,y)>f(1,2).

Adibidea: z=(1/2)-‐sin(x2+y2) funtzioak mutur bat (maximo) hartzen du (0,0) puntuan: Izan ere, f(0,0)=1/2 da eta (0,0) puntuaren inguru hurbilean non

x2+y2<π den, sin(x2+y2)>0 eta ondorioz, (0,0) puntua ez diren beste (x,y) puntu guzBetarako f(x,y)<f(0,0).


Ohi bezala, bi aldagaiko funtzioaren maximo eta minimoaren definizioak zabaldu daitezke aldagai gehiagoko

funtziotara. BestaldeBk, aldagai bakardun funtzioaren muturretan

funtzioaren lehenengo deribatua anulatu egiten zen (edo ez zen exisBtzen). Aldagai anitzeko funtzioekin ere, (edozein norabiderekiko) lehen deribatua ere anulatu behar

da (edo ez exisBtu). Horretarako beharrezkoa da lehen ordenako deribatu partzialak zero izatea:

€

∂f∂s

= 0 ⇔ ∂f∂x

= 0 eta ∂f∂y

= 0 ( f bi aldagaiko funtzioa bada, f = f (x,y))


Teorema: z=f(x,y) funtzioak (x0,y0) puntuan mutur bat badu, orduan puntu horretan bertan, lehen ordenako deribatu partzialak edo nuluak dira edo ez dira exisBtzen. (Halako puntuei puntu kri,ko deritze). Teoremak muturren existentziarako beharrezko baldintza zehazten du. Baldintza hori ez da nahikoa puntuan mutur bat izateko, baina muturren bilaketa hasteko informazioa ematen du: kriBkoak ez diren puntuak ezin dira mutur izan. Puntu kriBkoak puntu egonkorrak ere deitzen dira.


Adibidea: z=x2-‐y2 funtzioaren deribatu partzialak hauek dira:

Deribatu hauek edozein (x,y) puntuan exisBtzen dira. Soilik anulatzen dira (biak batera) (0,0) puntuan. Puntu hori kriBkoa da. Hala ere ez da muturra (ez maximo ezta minimo ere). (0,0) puntuBk X ardatzeBk aldentzen hasten bagara, z funtzioa goratzen da, baina Y ardatzeBk aldenduz gero kontrakoa dugu. Holako puntu baB zaldi-‐aulki puntua deitzen zaio.

€

∂z∂x

= 2x ; ∂z∂y

= −2y



Demagun kalkula daitekela Taylor-‐en formula (x0,y0) puntuan bigarren ordenako deribatu partzialetaraino:

(x0,y0) puntua kriBkoa bada lehen ordenako deribatu partzialak anulatu egiten dira:

€

f (x,y) ≅ f (x0,y0) +∂f∂x (x0 ,y0 )

(x − x0) +∂f∂y (x0 ,y0 )

(y − y0) +

+ 12∂ 2 f∂x 2

(x0 ,y0 )

(x − x0)2 +∂ 2 f∂x∂y (x0 ,y0 )

(x − x0)(y − y0) +12∂ 2 f∂y 2

(x0 ,y0 )

(y − y0)2

€

f (x,y) − f (x0,y0) ≅12∂ 2 f∂x 2 (x0 ,y0 )

(x − x0)2 +

∂ 2 f∂x∂y (x0 ,y0 )

(x − x0)(y − y0) +12∂ 2 f∂y 2 (x0 ,y0 )

(y − y0)2


Eskuinean duguna posiBboa bada (x,y) puntu guzBetarako (x0,y0) puntuaren inguru hurbilean, orduan, bertan f(x,y)>f(x0,y0) eta (x0,y0) puntua minimo izango dugu. Berriz negaBboa bada (x0,y0) puntuaren inguru hurbil baten (x,y) puntu guzBetarako, orduan f(x,y)<f(x0,y0) eta maximoa izango dugu. Bi kasu horietako bat gerta ezean, puntu kriBkoa ez da muturra izango. Azter dezagun ba eskuinean daukaguna. 2 zenbakiaz biderkatuko eta (y-‐y0)2 faktoreaz zaBtuko dugu:

€

f (x,y) − f (x0,y0) ≅12∂ 2 f∂x 2 (x0 ,y0 )

(x − x0)2 +

∂ 2 f∂x∂y (x0 ,y0 )

(x − x0)(y − y0) +12∂ 2 f∂y 2 (x0 ,y0 )

(y − y0)2

€

∂ 2 f∂x 2 (x0 ,y0 )

x − x0y − y0

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

2

+ 2 ∂2 f

∂x∂y (x0 ,y0 )

x − x0y − y0

+∂ 2 f∂y 2 (x0 ,y0 )


Aurrekoa zilegi izango da soilik, noski, y eta y0 desberdin direnean (y-‐y0=0 ez denean) eta eragiketak horiek egin eta gero ez dugu jatorrizko gaiaren zeinua aldatzen (karratu bat beB posiBboa delako). Orain hurrengo izendapenak hartuz gero:

gai hori hurrengo parabolaren erara geratzen da:

non λ den parabolaren (bigarren mailako polinomiaren) aldagaia. €

Aλ2 + 2Bλ +C€

∂ 2 f∂x 2

(x0 ,y0 )

= A ; ∂2 f

∂x∂y (x0 ,y0 )

= B ; ∂2 f∂y 2

(x0 ,y0 )

= C ; x − x0

y − y0= λ


Parabolaren adarrak goruntz doaz (parabolak minimo bat dauka) “A” posiBboa denean eta hori, uler daiteke bai λ-‐ren inifinituranzko limitea kalkulatuta, edo parabolaren bigarren deribatua kalkulatuz. Era berean argudiatu daiteke parabolaren adarrak beheruntz doazela (maximo bat daukala) “A” konstantea negaBbo denean. Edozein kasutan parabolak ez du ebakiko X ardatza (hau da, ez ditu zero edo erro errealak izango) “AC-‐B2”>0 denean, zeren baldintza horrenpean erroen ekuazioaren diskriminantea negaBboa baita eta, ondorioz, erroak zenbaki konplexuak baiBra. Hortaz, A>0 eta AC-‐B2>0 batera betetzen direnean, parabola beB posiBboa izango da λ guzBetarako eta, ondorioz, minimo bat izango dugu.

Berriz, A<0 eta AC-‐B2>0 aldi berean ditugunean, parabola beB negaBboa izango da eta, ondorioz, maximoa izango dugu.


BestaldeBk AC-‐B2<0 bada, orduan parabolak bi erro erreal desberdin izango ditu eta honek esan nahi du posiBboa izango dela λ balio batzuentzako eta negaBboa beste batzuentzat. Kasu honetan, puntu kriBkoa ez da muturra izango (ez maximo ezta minimo ere). Azkenik, AC-‐B2=0 denean, ezin da zehaztu muturrik ala ez izango den ezta, muturra izatekotan, zein motakoa izango zen. Azterketa sakonago egin beharko liteke (hirugarren ordenako deribatu partzialak aztertuz). Aurreko guzBa jasotzen da hurrengo teoreman:


Teorema: Bedi z=f(x,y) funtzioaren (x0,y0) puntu kriBko bat. Demagun puntu horren inguruan funtzioa definituta eta funtzioaren hirugarren ordenarainoko deribatu partzialak, horiek barne, jarraiak direla. Bedi (x0,y0) puntuan kalkulatutako hurrengo matrizea (Hessiano izenekoa):

Orduan, (x0,y0) puntuan:

€

H =

∂ 2 f∂x 2

∂ 2 f∂x∂y

∂ 2 f∂y∂x

∂ 2 f∂y 2

⎛

⎝

⎜ ⎜ ⎜ ⎜

⎞

⎠

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ (x0 ,y0 )

€

1: f (x,y) funtzioak maximoa du baldin

H > 0 eta ∂2 f (x0,y0)∂x 2 < 0

badira. H hessianoaren determinantea da.


€

2 : f (x,y) funtzioak minimoa du baldin

H > 0 eta ∂2 f (x0,y0)∂x 2 > 0

badira.

€

3 : f (x,y) funtzioak ez du ez maximorik ez minimorik baldin H < 0 bada.

€

4 : Hessianoaren determinantea nulua bada H = 0, muturra egon daiteke, baina azterketa luzatu egin behar da.


Adibidea:

€

Aurkitu beheko funtzioaren maximoak eta minimoak z = x 2 − xy + y 2 + 3x − 2y +1

€

Puntu kritikoak bilatzeko :∂z∂x

= 2x − y + 3 ; ∂z∂y

= −x + 2y − 2

biak definituta daude XY plano osoan∂z∂x

= 0

∂z∂y

= 0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

⇒2x − y + 3 = 0−x + 2y − 2 = 0⎧ ⎨ ⎩

⇒ x = −43⇒ y =

13


€

Hessianoa kalkulatzeko :∂ 2z∂x 2 = 2 ; ∂

2z∂x∂y

= −1 =∂ 2z∂y∂x

; ∂2z

∂y 2 = 2

deribatu hauek (− 43

,13

) puntu kritikoan ebaluatu beharko genituzke

baina, konstante direnez XY plano osoan, ez da behar eta hessianoaren determinantea hauxe da puntu kritikoan (izan ere, planoko puntu guztietan) :

2 -1-1 2

= 3 > 0

eta ∂2z

∂x 2( −4

3,13

)

= 2 > 0 denez, ondorioz, puntu kritikoan minimoa dugu.

Bere balioa z(− 43

,13

) = −43

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

2

− −43

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

13

+13⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

2

+ 3 −43

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ − 2 1

3⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ +1 = −

43

zmin = −43

da.


Adibidea:

€

Aurkitu beheko funtzioaren maximoak eta minimoak z = x 3 + y 3 − 3xy

€

Puntu kritikoak bilatzeko :∂z∂x

= 3x 2 − 3y ; ∂z∂y

= 3y 2 − 3x

biak berriro ere definituta daude XY plano osoan∂z∂x

= 0

∂z∂y

= 0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

⇒x 2 − y = 0⇒ y = x 2

y 2 − x = 0⇒ x = y 2 = x 4 →Puntu kritikoak →x = 0⇒ y = 0x =1⇒ y =1⎧ ⎨ ⎩

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪


€

Hessianoa kalkulatzeko :∂ 2z∂x 2 = 6x ; ∂

2z∂x∂y

= −3 =∂ 2z∂y∂x

; ∂2z

∂y 2 = 6y

ondorioz :H (0,0) = −9 < 0 eta H (1,1) = 36 − 9 = 27 > 0

Hortaz, (0,0) puntuan ez dago ez maximo ezta minimo ere,

eta (1,1) puntuan minimo bat ∂2z

∂x 2(1,1)

= 6 > 0 delako⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟

Minimo horren balio da : z(1,1) = zmin = −1


Adibidea:

€

Deskonposatu emandako a zenbaki positiboa hiru batugaipositibotan, zeintzuen arteko biderkadura ahalik eta handien izango den.

€

Bi batugairi x eta y deitzen badiegu, hirugarrena izango da a - x - yGure problema da hurrengo definizio eremuan daukagun u funtzioarenmaximoa aurkitzea : u(x,y) = xy(a - x - y)

€

x > 0y > 0a - x - y > 0⇒ x + y < a

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪


€

Puntu kritikoak bilatzeko :∂u∂x

= y(a − x − y) − xy = y(a − 2x − y) ; ∂u∂y

= x(a − x − 2y)

Berriro hauek definituta daude XY plano osoan (baina definizio eremua da lehengo triangeluaren barnekaldea)

∂u∂x

= 0

∂u∂y

= 0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

⇒y(a − 2x − y) = 0⇒ (y > 0 nahi dugulako) a − 2x − y = 0 x(a − x − 2y) = 0⇒ (x > 0 nahi dugulako) a − x − 2y = 0⎧ ⎨ ⎩

⇒

⇒2x + y = ax + 2y = a⎧ ⎨ ⎩

⇒ x = y =a3

Egiaztatzeko puntu kritiko hau maximoa dela hessianoa kalkulatuko dugu:


€

Hessianoa kalkulatzeko :∂ 2u∂x 2 = −2y ; ∂

2u∂x∂y

= a − 2x − 2y =∂ 2z∂y∂x

; ∂2u∂y 2 = −2x

ondorioz :

H (a3

,a3

) =

−2a3

−a3

−a3

−2a3

=a2

3> 0

eta ∂2u∂x 2

(a3

,a3

)

=−2a

3< 0 (a positiboa zelako), benetan, maximo mat dugu bertan

eta eskatutako deskonposaketaren hiru batugaiak dira elkarren berdinak (hau da, hirurak dira a/3).

Maximo eta minimo baldintzatuak

Funtzioaren balio maximo eta minimoen aurkikuntzari buruzko problemetan, sarritan, funtzioaren aldagaiak ez dira independenteak; erlazionaturik daude baldintza batzuren bidez (adibidez, ekuazio batzuk bete behar dituztenean). Ohiko adibidea da kostu merkeeneko potearena. Hau da, nola kalkulatu zilindro baten erradio eta altuera lortzeko V bolumeneko potea ahalik eta material gutxien erabilita (ahalik eta azalera txikien izanda):

€

S(r,h) = 2πrh + 2πr2 (funtzio honen minimoa nahi dugu)V = πr2h (emandako konstantea, nahi dugun bolumenaren balioa)


Horrelako problemetan nola aritu behar den aztertuko dugu. Bi aldagaiko funtzioarekin hasiko gara. Demagun f=f(x,y) funtzioaren maximoak eta minimoak kalkulatu nahi ditugula baina ϕ(x,y)=0 lotura edo baldintzarekin.

Normalean ϕ(x,y) era inplizituan emandako funtzioa izango dugu. Bestela y=y(x) izango genuen eta erlazio hori f=f(x,y) funtzioan ordezkatuz, f, aldagai bakardun funtzio bezala izango genuen eta bere maximo edo minimoak aztertuko genituen f-‐ren x-‐rekiko lehen deribatu arruntaren bidez.

€

Potearen kasuan S(r,h) = 2πrh + 2πr2 (funtzioa)V −πr2h = 0 (lotura edo baldintza)

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟


Dena den, nahiz eta y=y(x) era esplizituan ez izan, zilegia da (lotura dela eta) y aldagaia x-‐ren funtziotzat hartzea eta, orduan, f-‐ren deribatu totala x-‐rekiko honela idatziko dugu:

f-‐ren muturretan anulatu egingo da:

Baina loturarako, ϕ(x,y)-‐rako, antzeko erlazioa erdietsi daiteke ϕ(x,y) =0 ekuazioa x-‐rekiko deribatuz:

€

dfdx

=∂f∂x

+∂f∂y

dydx

€

∂f∂x

+∂f∂y

dydx

= 0

€

∂ϕ∂x

+∂ϕ∂y

dydx

= 0


Orduan, edozein λ koefiziente indeterminaturako:

edo, gauza bera den: Orain, λ koefiziente indeterminatua aukeratzen badugu hurrengo erlazioa bete dadin:

erlazio hori goian ordezkatuz hurrengo hau ere izango dugu:

€

∂f∂x

+∂f∂y

dydx

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ + λ

∂ϕ∂x

+∂ϕ∂y

dydx

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ = 0

€

∂f∂x

+ λ∂ϕ∂x

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ +

∂f∂y

+ λ∂ϕ∂y

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ dydx

= 0

€

∂f∂y

+ λ∂ϕ∂y

= 0

€

∂f∂x

+ λ∂ϕ∂x

= 0


Ondorioz, mutur puntuetan, hiru ekuazio hauek beteko dira:

non, ezezagunak, x, y eta λ diren, ekuazio hauetaBk kalkulatuko ditugunak. Muturretan ekuazio horiek beteko dira, baina, soluzioak ondo aztertutuko ditugu, ezen muturrak ez direnak ere ager daitezkeen. Goiko ekuazioak erdietsi daitezke, baita ere, hurrengo (hiru aldagaiko) F funtzio laguntzailearen bidez:

Goian ditugun ekuazioak dira F-‐ren deribatu partzialak x, y eta λ–rekiko.

€

∂f∂y

+ λ∂ϕ∂y

= 0

∂f∂x

+ λ∂ϕ∂x

= 0

ϕ(x,y) = 0

⎫

⎬

⎪ ⎪ ⎪

⎭

⎪ ⎪ ⎪

€

F(x,y,λ) = f (x,y) + λϕ(x,y)


Azkeneko era honetan errazagoa da metodoa zabaltzea edozein aldagai-‐ kopurutarako:

Demagun n aldagaiko f(x1, x2,…, xn) funtzioaren maximo eta minimoak kalkulatu nahi ditugula, x1, x2,…, xn aldagaien arteko baldintzak ondoko m (m<n) ekuazioak izanik:

Mutur baldintzatuak kalkulatzeko hurrengo funtzioa erabiliko dugu:

€

ϕ1(x1,x2,…,xn ) = 0ϕ2(x1,x2,…,xn ) = 0ϕm (x1,x2,…,xn ) = 0

⎫

⎬ ⎪ ⎪

⎭ ⎪ ⎪

€

F(x1,x2,…,xn,λ1,λ2,…,λm ) = f (x1,x2,…,xn ) + λ1ϕ1(x1,x2,…,xn ) +

+ λ2ϕ2(x1,x2,…,xn ) +…+ λmϕm (x1,x2,…,xn )


Funtzio laguntzaile honen x1, x2,…, xn aldagaiekiko deribatu partzialak berdin zero hartzen lortzen ditugu hurrengo n ekuazio:

n ekuazio eta lehengo m ekuazio (loturen ekuazioak) batera askatuz, kalkula daitezke x1, x2,…, xn, λ1, λ2,…, λm (guzBra n+m) ezezagunak. Lehen bezala, arretaz aztertuko beharko dugu ea soluzioak benetako muturrak diren.

€

∂f∂x1

+ λ1∂ϕ1∂x1

+…+ λm∂ϕm

∂x1= 0

∂f∂x2

+ λ1∂ϕ1∂x2

+…+ λm∂ϕm

∂x2= 0

∂f∂xn

+ λ1∂ϕ1∂xn

+…+ λm∂ϕm

∂xn= 0

⎫

⎬

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎭

⎪ ⎪ ⎪ ⎪


Adibidea:

€

Potearen problema : Aurkitu S(r,h) - ren minimoa V = πr2h baldintzarekin.

€

S(r,h) = 2πrh +2πr2

V - πr2h = 0Hortaz, funtzio laguntzailea ondoko hau da :

F(r,h,λ) = 2πrh +2πr2 + λ V - πr2h( )eta deribatu partzialak :∂F∂r

= 2πh + 4πr − 2πrλh = 0

∂F∂h

= 2πr −πr2λ = 0

∂F∂λ

=V - πr2h


€

∂F∂h

= 2πr −πr2λ = 0⇒ λ =2r

∂F∂λ

=V - πr2h⇒ h =Vπr2

∂F∂r

= 2πh + 4πr − 2πrλh = 0 = 2π Vπr2 + 4πr − 2πr 2

rVπr2

4πr − 2Vr2 = 0⇒ r =

V2π

3 ⇒ h =4Vπ

3

Neurri horiekin lortzen den azalera da : S = 6π V2π⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

23

eta azalera hori minimo bat dela uler daiteke aztertuz S- ren limiteak :r >> eta h << direnean (pote zabala eta altuera txikikoa), alde batetik eta, bestaldetik r << eta h >> direnean (pote estua eta oso altua).

Documents

Aldagai’Anitzeko’Funtzioak’ - gipuzkoa · Maila gainazalak’eta’maila’lerroak’ ’ Adibidea: Aztertu’hurrengo’funtzioaren’maila’ lerroak:’ € z=1−x2−y2