Matematika I - unizg.hr · Rjesavanje problema optimuma ... U formuliranju problema optimuma najprije treba opisati funkciju cilja u kojoj ovisna varijabla (vrijednost funkcije) prikazuje

Matematika IGlobalni ekstremi i problemi optimuma

Katedra za matematiku, FSB

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 1 / 17

Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:

Algoritam trazenja najvece i najmanje vrijednosti funkcije nazadanom podrucju

Rjesavanje problema optimuma


Ciljevi ucenja


Algoritam trazenja najvece i najmanje vrijednosti funkcije nazadanom podrucjuRjesavanje problema optimuma


Ciljevi ucenja


Algoritam trazenja najvece i najmanje vrijednosti funkcije nazadanom podrucjuRjesavanje problema optimuma


Sadrzaj

Sadrzaj:

1 Globalni ekstremi

2 Problemi optimuma


Globalni ekstremi

GLOBALNI EKSTREMI

Globalni maksimum funkcije y = f (x) na intervalu I je najvecavrijednost koju koju funkcija y = f (x) postize na tom intervalu.Analogno se definira globalni minimum.

y

xglobalni minimumi globalni min.

lokalni max.

globalni max.

lokalni min.

globalni max.


Globalni ekstremi

TEST ZA GLOBALNE EKSTREME

Pretpostavimo da je f (x) derivabilna na intervalu I.1 Listu kandidata cine rubovi intervala I i kriticne tocke od f (x) koje

su iz intervala I :r1, r2; x1, x2, x3, . . .

2 Izracunajmo vrijednost od f (x) u svim kandidatima

f (r1), f (r2); f (x1), f (x2), f (x3), . . .

3 Najveca vrijednost je globalni maksimum, najmanja vrijednost jeglobalni minimum; osim ako se tako nadeni ekstrem postize urubu ri koji ne pripada intervalu I.


Globalni ekstremi

PRIMJER 1.

Nadimo globalne ekstreme funkcije f (x) =(x2−2x−8

)2 na intervalu[−3,3].

Rjesenje

f ′(x) = 2(x2−2x−8)(2x−2) = 4(x +2)(x−1)(x−4) = 0x1 =−2, x2 = 1, x3 = 4. Uocimo x3 = 4 /∈ [−3,3].

x −3 −2 1 3f (x) 49 0 81 25

Globalni minimum iznosi 0 i postize se u x =−2.Globalni maksimum iznosi 81 i postize se u x = 1.


Globalni ekstremi

PRIMJER 1.

Nadimo globalne ekstreme funkcije f (x) =(x2−2x−8

)2 na intervalu[−3,3].

Rjesenje

f ′(x) = 2(x2−2x−8)(2x−2) = 4(x +2)(x−1)(x−4) = 0x1 =−2, x2 = 1, x3 = 4. Uocimo x3 = 4 /∈ [−3,3].

x −3 −2 1 3f (x) 49 0 81 25

Globalni minimum iznosi 0 i postize se u x =−2.Globalni maksimum iznosi 81 i postize se u x = 1.


Globalni ekstremi

PRIMJER 2.

Nadimo globalne ekstreme funkcije f (x) = x3−4x na intervalu[−2,

2√3

).

Rjesenje

f ′(x) = 3x2−4 = 3(x + 2√3)(x− 2√

3) = 0⇒ x1 =− 2√

3, x2 =

2√3.

x −2 − 2√3

2√3

f (x) 0 16√

39 −16

√3

9

Uocimo 2√3/∈ [−2, 2√

3) i zato globalni minimum se ne postize.

Globalni maksimum iznosi 16√

39 i postize se u x =− 2√

3.


Globalni ekstremi

PRIMJER 2.

Nadimo globalne ekstreme funkcije f (x) = x3−4x na intervalu[−2,

2√3

).

Rjesenje

f ′(x) = 3x2−4 = 3(x + 2√3)(x− 2√

3) = 0⇒ x1 =− 2√

3, x2 =

2√3.

x −2 − 2√3

2√3

f (x) 0 16√

39 −16

√3

9

Uocimo 2√3/∈ [−2, 2√

3) i zato globalni minimum se ne postize.

Globalni maksimum iznosi 16√

39 i postize se u x =− 2√

3.


Globalni ekstremi

PRIMJER 3.

Nadimo globalne ekstreme funkcije f (x) = x3−4x na intervalu [−2,∞) .

Rjesenje

f ′(x) = 3x2−4 = 0x1 =− 2√

3, x2 =

2√3.

x −2 − 2√3

2√3

∞

f (x) 0 16√

39 −16

√3

9 ∞

Globalni minimum iznosi −16√

39 i postize se u x = 2√

3.

Globalni maksimum se ne postize.


Globalni ekstremi

PRIMJER 3.

Nadimo globalne ekstreme funkcije f (x) = x3−4x na intervalu [−2,∞) .

Rjesenje

f ′(x) = 3x2−4 = 0x1 =− 2√

3, x2 =

2√3.

x −2 − 2√3

2√3

∞

f (x) 0 16√

39 −16

√3

9 ∞

Globalni minimum iznosi −16√

39 i postize se u x = 2√

3.

Globalni maksimum se ne postize.


Globalni ekstremi

ZADATAK 1.Nadite globalne ekstreme funkcija na zadanom intervalu

1 f (x) = 3x4−16x3 +18x2, x ∈ [−1,4];2 f (x) = x3−3x2 +1, x ∈ [−0.5,4];

3 f (x) =x

x2 +1, x ∈ [−2,∞).

Rjesenje1 f (−1) = 37 (G.MAX .), f (3) =−27 (G.MIN.);

2 f (4) = 17 (G.MAX .), f (2) =−3 (G.MIN.);

3 f (1) = 1/2 (G.MAX .), f (−1) =−1/2 (G.MIN.)


Globalni ekstremi

ZADATAK 1.Nadite globalne ekstreme funkcija na zadanom intervalu

1 f (x) = 3x4−16x3 +18x2, x ∈ [−1,4];2 f (x) = x3−3x2 +1, x ∈ [−0.5,4];

3 f (x) =x

x2 +1, x ∈ [−2,∞).

Rjesenje1 f (−1) = 37 (G.MAX .), f (3) =−27 (G.MIN.);

2 f (4) = 17 (G.MAX .), f (2) =−3 (G.MIN.);

3 f (1) = 1/2 (G.MAX .), f (−1) =−1/2 (G.MIN.)


Problemi optimuma

PROBLEMI OPTIMUMA

U formuliranju problema optimuma najprije treba opisati funkciju cilja u kojojovisna varijabla (vrijednost funkcije) prikazuje objekt maksimizacije iliminimizacije, a neovisna varijabla (argument funkcije) prikazuje objekt cija sevelicina u problemu moze izabrati sa stajalista optimizacije.

PRIMJER 4.

Valjkasta limenka sadrzi 1000cm3. Odredimo dimenzije limenke zakoju je potrebno najmanje lima.

Rjesenje

h

r1000 = V = r2

πh⇒

h =1000r2π


Problemi optimuma

PROBLEMI OPTIMUMA

U formuliranju problema optimuma najprije treba opisati funkciju cilja u kojojovisna varijabla (vrijednost funkcije) prikazuje objekt maksimizacije iliminimizacije, a neovisna varijabla (argument funkcije) prikazuje objekt cija sevelicina u problemu moze izabrati sa stajalista optimizacije.

PRIMJER 4.

Valjkasta limenka sadrzi 1000cm3. Odredimo dimenzije limenke zakoju je potrebno najmanje lima.

Rjesenje

h

r1000 = V = r2

πh⇒

h =1000r2π


Problemi optimuma

Rjesenje (nastavak)Treba naci minimalno oplosje:

O = 2r2π+2rπh = 2r2

π+2rπ1000r2π

= 2r2π+

2000r

na intervalu (0,∞).

dOdr

= 4rπ− 2000r2 = 0⇒ r3

π = 500⇒ r = 5 3√

4/π

r 0 5 3√

4/π ∞

O(r) ∞ O(5 3√

4/π) ∞

Dakle, globalni minimum oplosja se dobiva za radijus r = 5 3√

4/π ivisinu stosca h = 10 3

√4/π.


Problemi optimuma

PRIMJER 5.Osvjetljenje je proporcionalno jakosti izvora, a obrnuto proporcionalnokvadratu udaljenosti od izvora. Ako su dva izvora udaljena 10m i jedanje 4 puta jaci od drugoga, nadite ”najtamniju” tocku na njihovoj spojnici.

Rjesenje

0 10x

I 4I

O1 =kIx2 , O2 =

4kI(10−x)2 , O = kI

x2 +4kI

(10−x)2 ⇒ dOdx = kI

[− 2

x3 +8

(10−x)3

]= 0

⇒ x = 101+ 3√4

≈ 3.86


Problemi optimuma

PRIMJER 5.Osvjetljenje je proporcionalno jakosti izvora, a obrnuto proporcionalnokvadratu udaljenosti od izvora. Ako su dva izvora udaljena 10m i jedanje 4 puta jaci od drugoga, nadite ”najtamniju” tocku na njihovoj spojnici.

Rjesenje

0 10x

I 4I

O1 =kIx2 , O2 =

4kI(10−x)2 , O = kI

x2 +4kI

(10−x)2 ⇒ dOdx = kI

[− 2

x3 +8

(10−x)3

]= 0

⇒ x = 101+ 3√4

≈ 3.86


Problemi optimuma

Rjesenje (nastavak)

x 0 101+ 3√4

10

O(x) ∞ O( 101+ 3√4

) ∞

Dakle, osvjetljenje je najmanje u tocki x = 101+ 3√4

≈ 3.86


Problemi optimuma

ZADATAK 2.Nadite dva nenegativna broja x , y kojima zbroj iznosi 10, a umnozakje maksimalan.

Rjesenjex = 5, y = 5


Problemi optimuma

ZADATAK 2.Nadite dva nenegativna broja x , y kojima zbroj iznosi 10, a umnozakje maksimalan.



Problemi optimuma

ZADATAK 3.Koja tocka na krivulji xy = 8 je najbliza ishodistu?

Rjesenje

T1(2√

2,2√

2), T2(−2√

2,−2√

2)


Problemi optimuma

ZADATAK 3.Koja tocka na krivulji xy = 8 je najbliza ishodistu?

Rjesenje

T1(2√

2,2√

2), T2(−2√

2,−2√

2)


Problemi optimuma

ZADATAK 4.

Nadite dva nenegativna broja x , y takva da je x +y = 120 a xy2 jemaksimalno.



Problemi optimuma

ZADATAK 4.

Nadite dva nenegativna broja x , y takva da je x +y = 120 a xy2 jemaksimalno.



Problemi optimuma

ZADATAK 4.

Na pravokutnom papiru povrsine 18 cm2 stampa se obavijest. Akobocne margine moraju biti 0.5 cm siroke, a gornja i donja margina0.75 cm kako odabrati dimenzije pravokutnika da bi dio za stampanjebio najveci?

Rjesenje

x = 2√

3 cm, y = 3√

3 cm.


Problemi optimuma

ZADATAK 4.

Na pravokutnom papiru povrsine 18 cm2 stampa se obavijest. Akobocne margine moraju biti 0.5 cm siroke, a gornja i donja margina0.75 cm kako odabrati dimenzije pravokutnika da bi dio za stampanjebio najveci?

Rjesenje

x = 2√

3 cm, y = 3√

3 cm.


Documents

Matematika I - unizg.hr · Rjesavanje problema optimuma ... U formuliranju problema optimuma najprije treba opisati funkciju cilja u kojoj ovisna varijabla (vrijednost funkcije) prikazuje