Näihin harjoitustehtäviin liittyvä teoria löytyy Adamsista: Ad6, Ad5, 4: 12.8, ; Ad3: 13.8,

Transkriptio

1 TKK, Matematiikan laitos Gripenberg/Harhanen Mat Matematiikan peruskurssi K2 Harjoitus 4, (A=alku-, L=loppuviikko, T= taulutehtävä, P= palautettava tehtävä, W= verkkotehtävä ) , viikko 7 Näihin harjoitustehtäviin liittyvä teoria löytyy Adamsista: Ad6, Ad5, 4: 12.8, ; Ad3: 13.8, AT1. Karttapaperi on venynyt niin, että origosta pisteestä µ kulkevan janan pituus,on kasvanut % ja ja tämän janan ja -akselin välinen kulma, joka alunperin oli Æ, on pienentynyt %. Paljonko paperi on venynyt -akselin suunnassa ja paljonko -akselin suunnassa? Vastaus: Paperi on venynyt noin % -akselin suunnassa ja % -akselin suunnassa. Ratkaisu: Jos janan pituus on Ä ja kulma on ³ niin pätee tietenkin Jos merkitään Ä ³ ÖØÒ Ä ja Ù, niin nämä yhtälöt voidaan tietenkin kirjoittaa muotoon ³ Ùµ Ä ÖØÒ µ ³ Kun karttapaperi muuttuu niin ja muuttuvat pisteiksi ja ja etäisyydeksi sekä kulmaksi tulee Ä Ä ja ³ ³ jolloin yhtälöksi tulee Lineaarisella approksimoinnilla saadaan nyt Ù Ùµ Ù Ùµ Ùµ Ùµ Ù Ùµ Ù Yksinkertaisella laskulla todetaan, että Ùµ jolloin yhtälösysteemiksi tulee Koska niin Ùµ ja Ù Ùµ Ä ³ Ä ³ Ä ³ Ä ³

2 Oletuksen mukaan Ä Ä ja ³ ³ ÖØÒ µ jolloin ³ ³ Koska oletettiin, että ³ niin ja saadaan AT2. Määritä funktion µ paikalliset ääriarvot ja niiden laatu. Ratkaisu: Määritetään ensin kriittiset pisteet eli gradientin nollakohdat: µ µ Vastaus: µ on paikallinen minimipiste. Jälkimmäisestä yhtälöstä seuraa, että tai. Jos niin edellisestä yhtälöstä saadaan eli tai. Jos taas niin edellisestä yhtälöstä saadaan. Kriittiset pisteet ovat siis µ, µ ja µ. Lasketaan seuraavaksi toinen derivaatta ja se on eli µ µ µ µ µ ja µ Kahdessa ensimmäisessä tapauksessa todetaan, että toisen derivaatan determinantti on negatiivinen ja koska kyse on matriiseista, ominaisarvot ovat silloin erimerkkiset eli pisteet µ ja µ ovat satulapisteitä eivätkä ääriarvopisteitä. Matriisin µ ominaisarvot ovat lävistäjäalkiot ja ja koska nämä ovat positiiviset, niin päätellään, että µ on paikallinen minimipiste. LT1. Hae funktion µ e suurin ja pienin arvo joukossa µ. Ratkaisu: Lasketaan ensin funktion gradientin nollakohdat: µ e e µ e Vastaus: Suurin e ja pienin e.

3 Tästä seuraa, että joten ja. Nämä molemmat pisteet ovat kyseisessä joukossa ja µ e. Tarkistetaan seuraavaksi mahdolliset ääriarvopisteet joukon reunalla µ. Siirrytään napakoordinaatteihin Ó Øµ, Ò Øµ jolloin funktioksi tulee ص Ó Øµ Ò Øµµ Ó Øµe Tämän funktion suurin arvo on e ja pienin e, ja koska e e, niin todetaan, että funktion suurin arvo on e ja pienin e. LT2. On valmistettava poikkipinnaltaan mahdollisimman suuri kouru siten, että 20 cm leveän levyn toiselta puolelta taivutetaan cm leveä kaista Æ kourun toiseksi sivuksi ja toiselta puolelta Ò µ leveä kaista taivutetaan kulman verran toiseksi sivuksi. Miten ja on valittava? Ò µ ØÒ µ Vastaus: ja. Ratkaisu: Selvästikin ja (olettaen, että kulma mitataan siten, että Ò µ jos niin mitään taivutusta ei ole) koska jos niin pinta-ala olisi varmasti pienempi. Koska kourun korkeus on niin kourun poikkipinta muodostuu kahdesta osasta: toinen on suorakulman muotoinen ja sen pinta-ala on µ ja toinen on kolmion muotoinen Ò µ ja sen poikkipinta-ala on. Näin ollen on löydettävä funktion ØÒ µ µ suurin arvo kun ja µ µ Ó µ Ò µ Ò µ Ó µ Ò µ. Haetaan ensin gradientin nollakohdat: Ò µ Ò µ Ó µ Ò µ Ò µ Ó µ µ Ò µ Jälkimmäisestä yhtälöstä seuraa, että joko (joka ei nyt varmaankaan anna suurinta arvoa) tai Ó µ eli (kun ). Jos niin edellinen yhtälö ei ole voimassa ja jos saadaan edellisestä yhtälöstä ratkaisuksi. Tarkistetaan vielä mikä on funktion suurin ja pienin arvo reunalla. Jos tai niin niin µ. Jos niin µ µ, jolloin µ ja

4 µ kun. Jos jolloin siis Ò µ niin µ µ missä µ µ Ó µ Ò µ Ò µ Ó µ Ó µ Ò µ µ Ò µ µ Ò µ Ó µ Ò µ µ, Ò µ Ò µ Ò µ µ Õ ja silloin µ ainoastaan kun Ò µ on että Ò µ eli jolloin. Lasketaan nyt :n arvo kaikissa pisteissä, jotka mahdollisesti ovat ääriarvopsiteitä: µ µ µ jolloin ainoa mahdollisuus Tästä nähdään, että suurin arvo on µ P1. Suure Þ Þ µ määräytyy yhtälöstä Þ Þ joten kun ja niin Þ. Jos nyt niin määritä (implisiittistä) derivaattaa käyttäen yläraja lausekkeelle siten, että silloin Þ µ. Ratkaisu: Merkitään Þµ Þ Þ jolloin siis µ. Jos merkitään, ja Þ Þ niin saadaan lineaarisella approksimaatiolla Þµ µ µ µ Þ µ Þ Tässä tapauksessa Þµ Þ, Þµ Þ ja Þ Þµ Þ joten µ, µ ja Þ µ jolloin siis josta taas seuraa, että Þ µ Þ Þ» Koska nyt vaaditaan, että Þ riittää vaatia, että josta seuraa, että riittää vaatia, että Vastaus: P2. Haettaessa funktion paikallisia ääriarvoja on laskettu funktion toinen derivaatta eli Hessen matriisi À pisteissä, missä gradientti on. Mitä johtopäätöksiä voidaan vetää jos À on matriisi (a) (b) (c)

5 Vastaus: Suurin arvo, pienin Ratkaisu: (a) Lasketaan matriisin ominaisarvot eli lasketaan yhtälön Ø Áµ juuret: Ø Áµ josta seuraa, että µ µ µ µ Koska matriisilla on sekä positiivinen että negatiivinen ominaisarvo niin kyseinen piste ei ole ääriarvopiste vaan satulapiste. Koska determinantti on ominaisarvojen tulo (ja koska kyseessä on -matriisi) niin jo se seikka, että Ø µ osoittaa, että ominaisarvot ovat erimerkkiset, joten ominaisarvoja ei tarvitse laskea. (b) Koska aina on symmetrinen matriisi niin todetaan että on tässä tapauksessa laskettu väärin. juuret: (c) Lasketaan matriisin µ Ø Áµ josta seuraa, että ominaisarvot eli lasketaan yhtälön Ø Áµ µ µ µ Ö µ µ Koska molemmat ominaisarvot ovat positiiviset niin kyseessä on paikallinen minimikohta. Jos ominaisarvoja ei halua laskea niin voidaan todeta, että koska determinantti on Ø µ, niin ominaisarvot ovat samanmerkkiset ja koska matriisin lävistäjäelementit ovat positiiviset niin ominaisarvot ovat positiiviset. P3. Määritä funktion µ suurin ja pienin arvo joukossa µ Ê. Ratkaisu: Haetaan ensin funktion kriittiset pisteet jolloin on ensin laskettava funktion osittaisderivaatat Kriittiset pisteet ovat ne pisteet, missä jolloin yhtälösysteemiksi tulee Jälkimmäisestä yhtälöstä seuraa, että tai. Jos niin ensimmäisestä yhtälöstä saadaan ja kun niin ensimmäisestä yhtälöstä saadaan. Kriittiset pisteet ovat siis µ ja µ ja näistä ainoastaan µ kuuluu kyseiseen joukkoon. (Tässä tapauksessa ei ole välttämätöntä selvittää ovatko nämä pisteet ääriarvopisteitä vai ei.)

6 Seuraavaksi selvitetään missä reunan pisteissä mahdollisesti suurin ja pienin arvo saavutetaan. Reuna muodostuu kolmesta osasta, eli janoista µ, µ ja µ. Kun niin µ jonka suurin arvo saavutetaan kun ja pienin kun. Kun niin µ jolloin siis suurin ja pienin arvo tällä janalla saavutetaan pisteessä µ. Kun niin µ µ µ µ. Nyt µ joten µ kun Ö Koska kyseisellä janalla, niin ainoa mahdollinen ääriarvopiste on µ. Lopuksi lasketaan funktion arvot näin saaduissa pisteissä (mukaanlukien janojen päätepisteet) jolloin saadaan µ µ µ µ µ µ µ Tästä nähdään, että suurin arvo saavutetaan pisteessä µ ja pienin pisteessä µ. P4. Oletetaan, että muuttujat,, Þ ja Ù toteuttavat yhtälösysteemin Laske Þ ja Ù. Þ Ù Þ Ù Ratkaisu: Vähentämällä jälkimmäinen yhtälö ensimmäisestä saadaan Tässä on muuttujien ja Þ funktiona jolloin Þ eli Þ Þµ Vastaavasti, laskemalla yhtälöt yhteen saadaan Tässä on muuttujien ja Ù funktiona jolloin Þ Ù eli Ù Ùµ Ù

7 W1. Ratkaise graafisesti seuraava lineaarinen optimointiprobleema: Ñ Õ (Eli piirrä joukko, jonka pisteet toteuttavat rajoitusehdot, piirrä suora eri :n arvoilla ja valitse sitten mahdollisimman suureksi niin, että suoralta löytyy piste, joka toteuttaa rajoitusehdot.) Ratkaisu: 4 3 Õ 2 1 Õ Kuvion perusteella päätellään, että suurin arvo Õ saavutetaan pisteessä µ. W2. Oletetaan, että funktio on sellainen, että yhtälöstä Þµ voidaan ratkaista muuttujien ja Þ funktiona, eli Þµ. Lisäksi oletetaan, että myös voidaan ratkaista muuttujien ja Þ funktiona Þµ ja Þ voidaan ratkaista muuttujien ja Þ funktiona Þ Þ µ. Laske Þµ Þµ Þ µ Þ Ratkaisu: Jos Þµ niin derivoimalla yhtälöä Þµ Þµ muuttujan suhteen saadaan Þµ Þµ Þµ Þµ Þµ josta saadaan kun Þµ:n paikalle kirjoitetaan Þµ Aivan samanlaisella laskulla todetaan, että ja Þµ Þ Þ µ Þµ Þµ Þ Þµ Þµ Þµ Þ Þµ

8 Tästä seuraa nyt, että Þµ Þµ Þ µ Þ µ Þµ Þ Þµ Þµ Þµ Þµ Þ Þµ W3. Määritä funktion µ paikalliset ääriarvot Ê :ssa. Ratkaisu: Lasketaan ensin funktion gradientin nollakohdat ja saadaan µ µ Tästä seuraa heti, että ja joten ainoa piste missä derivaatta on on µ. Lasketaan toinen derivaatta ja se on µ µ Tämän matriisin determinantti on ja koska determinantti on ominaisarvojen tulo, niin nähdään, että ne ovat erimerkkiset eikä kyseessä siis ole ääriarvopiste vaan satulapiste. W4. Kun haettiin funktion paikalliset ääriarvot laskettiin funktion toinen derivaatta eli Hessen matriisi pisteessä, missä gradientti oli. Kun toisen derivaatan ominaisarvot laskettiin saatiin seuraavat arvot: (a),, ; (b) i, i, ; (c),,, ; Mitä voidaan tästä päätellä? Ratkaisu: Toinen derivaatta (eli Hessen matriisi) on symmetrinen (reaalinen) matriisi, ja siitä seuraa, että ominaisarvot ovat reaaliset. Tästä nähdään että tapauksessa (b) ominaisarvot (tai matriisi) on väärin laskettu. Jos kaikki ominaisarvot ovat positiiviset, kuten tapauksessa (a), kyseessä on minimipiste. Jos kaikki ovat negatiiviset niin piste on maksimipiste. Jos ominaisarvot ovat erimerkkiset kuten tapauksessa (c), niin kyseessä on satulapiste, joka siis ei ole ääriarvopiste. Jos lopuksi ainkin yksi ominaisarvoista on ja nollasta poikkeavat ominaisarvot ovat samanmerkkiset, niin ei voida sanoa mitään varmuudella. W5. Määritä funktion pienin arvo kolmiossa jonka kulmapisteet ovat µ, µ ja µ kun on osoitettu, että funktiolla on paikallinen minimikohta pisteessä µ ja paikallinen maksimikohta pistessä µ, eikä muita paikallisia ääriarvokohtia kolmion sisällä ja kun tiedetään, että µ, µ, µ, ja µ. Ratkaisu: Pienin arvo saattaa löytyä kolmion reunalta, mutta kun on ainoastaan annettu arvot kulmapisteissä, pienintä arvoa ei voida määrittää näillä tiedoilla.