Übung 5, Analytische Optimierung

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1 Übung 5, Analytische Optimierung Aufgabe 5.1 Bei der Herstellung von Konserven werden für Boden und Deckel bzw. für den Konservenmantel verschiedene Materialien verwendet, die g 1 = bzw. g 2 = 4 Geldeinheiten pro Flächeneinheit kosten. Zu einem vorgegebenen Volumen V = 100 soll eine passende Konserve hergestellt werden, die möglichst billig ist. Formulieren Sie die Aufgabe als nichtlineares Optimierungsproblem, plotten Sie die Zielfunktion und bestimmen Sie die Lösung. Sei x > 0 der Radius der runden Böden und Deckel. Dann ist der Inhalt von Grundfläche und Deckel je πx 2, der Umfang 2πx. Damit das Volumen genau V = 100 ist, muss die Höhe h = V/(πx 2 ) sein. Somit ist der Inhalt der Mantelfläche genau 2πxh = 2V/x. Es ergeben sich damit folgende Kosten: Darstellung mit Octave: fplot("6 * pi * x^ /x", [0.5,10]); Optimierungsproblem: f(x) = 2g 1 πx 2 + g 2 2V/x = 6πx /x Minimiere f(x) = 6πx /x für x > 0 Offensichtlich ist lim x 0 f(x) = = lim x f(x), damit kann das Minimum nicht am Rand liegen. Es ist f (x) = 12πx 800/x 2. Für stationäre Punkte x gilt damit f ( x) = 0 und x = 800/(12π), also x = 800/(12π) 2,7686. Aufgrund der obigen Grenzwertaussagen und da es nur einen stationären Punkt gibt folgt sofort, dass x das globale Minimum ist. Zudem ist f (x) = 12π /x > 0 für alle x > 0. Damit ist f konvex und x lokales und globales Minimum. Die billigste Konservendose hat somit einen Radius von x = 800/(12π) 2,7686 Längeneinheiten, die Höhe h = 100/(π x 2 ) 4,1528 Längeneinheiten und ergibt Kosten von f( x) 4,44 Geldeinheiten. Aufgabe 5.2 Berechnen Sie Gradient und Hesse-Matrix der folgenden Funktion: Wir haben f(x, y, z) = e x+y sin(z) + grad f(x, y, z) = f x f y f z (x + y + z) 2. e x+y sin(z) = e x+y sin(z) e x+y cos(z) f x,x (x, y, z) = e x+y sin(z) 2(1 + (x + y + z)2 ) 2 2(x + y + z)2(1 + (x + y + z) 2 )2(x + y + z) (1 + (x + y + z) 2 ) 4 = e x+y sin(z) 2(1 + (x + y + z)2 ) 2 8(x + y + z) 2 (1 + (x + y + z) 2 ) (1 + (x + y + z) 2 ) 4 = e x+y 1 (x + y + z)2 sin(z) 2 (1 + (x + y + z) 2 ) (1+(x+y+z) 2 ) (1+(x+y+z) 2 ) H f (x, y, z) = Hinweis: die wird mit folgender Hilfsfunktion besser nachvollziehbar: h(x) := 1/(1 + x 2 ) = (1 + x 2 ) 1 h (x) = 2x(1 + x 2 ) 2 h (x) = 2(1 + x 2 ) 2 + 4x(1 + x 2 ) 2x = (1 + x 2 ) ( 2 2x 2 + 8x 2 ) = (1 + x 2 ) 2(x 2 1) Damit ist f(x, y, z) = e x+y sin(z) + h(x + y + z), e x+y sin(z) h (x + y + z) grad f(x, y, z) == e x+y sin(z) h (x + y + z) e x+y cos(z) h (x + y + z) Universität Hamburg 1 8. August 2011, Nico Düvelmeyer

2 und e x+y sin(z) h (x + y + z) e x+y sin(z) h (x + y + z) e x+y cos(z) h (x + y + z) H f (x, y, z) = e sin(z) h (x + y + z) e x+y sin(z) h (x + y + z) e x+y cos(z) h (x + y + z). e x+y cos(z) h (x + y + z) e x+y cos(z) h (x + y + z) e x+y sin(z) h (x + y + z) Aufgabe 5. F (K, L) = 6K 1/2 L 1/ sei eine Produktionsfunktion mit K als Kapitalinput und L als Arbeitsinput. Der Preis pro Einheit des Outputs sei p, die Kosten (Zinsen) pro Einheit Kapital r und der Preis pro Arbeitseinheit w (p, r, w > 0). Die Gewinnfunktion lautet demzufolge: g(k, L) = pf (K, L) rk wl i) Bestimmen Sie die notwendigen Bedingungen für eine gewinnmaximale Kapital-Lohn-Kombination K, L für p = 0,5; r = 0,1 und w = 1. ii) Ermitteln Sie den Gewinn bei der unter i) gefundenen Kombination K, L und zeigen Sie, dass es sich um ein Maximum handelt. iii) Kann es gewinnmaximale Kapital-Lohn-Kombinationen am Rand des zulässigen Bereiches geben? i) g(k, L) K = /2 K 1/2 L 1/ 0,1! = 0 g(k, L) L = K 1/2 L 2/ 1! = 0 Damit ist K = 15 4 = und L = 15 = 75 wie folgt: Konstanten auf die rechte Seite bringen: /2 K 1/2 L 1/ = 0,1 K 1/2 L 2/ = 1 dann beide Gleichungen und extra mit 10 multiplizieren 15 K 1/2+1/2 L 1/ 2/ = 1 liefert also 15L 1/ = 1, weiter L 1/ = 15. Daraus ergibt sich einfach L und K als L und K (Umbenennen). ii) Einsetzen ergibt g(k, L ) = 1687,5. Allgemein ist für alle K, L: /4 K H g (K, L) = /2 L 1/ 1/2 K 1/2 L 2/ 1/2 K 1/2 L 2/ 2/ K 1/2 L 5/, und durch Einsetzen speziell H g (K, L ) = 15 / / / / Hauptunterdeterminanten von H g sind: / < 0 und > 0. Damit ist H g (K, L ) negativ definit und es ist tatsächlich ein striktes lokales Maximum! iii) Am Rande ist jeweils L bzw. K jeweils 0 oder unendlich. Bei der Null ergibt sich F = 0 und damit g(k, L) < 0 < g(k, L ). Die Summe der Exponenten in F, 1/2 + 1/ = 5/6 < 1, daher fallen die Terme rk bzw wl für sehr große Werte mehr ins Gewicht. Der Grenzwert von g(k, L) für K oder L gegen + ist damit. Also: Nein, am Rand kann es keine gewinnmaximale Kombination geben. Alternative: für alle K, L > 0 ist H g (K, L) negativ definit ( wieder über Hauptunterdeterminanten: /4 K /2 L 1/ < 0; 1/4 K 1 L 4/ > 0) und damit g streng konkav (d.h. g konvex). (K, L ) ist damit striktes globales Maximum, am Rand kann kein Maximum liegen. Universität Hamburg 2 8. August 2011, Nico Düvelmeyer

3 Aufgabe 5.4 Für ein Unternehmen wurde folgende Kostenfunktion f : R R in Abhängigkeit des Ausstoßes x 1, x 2, x 0 der drei Produkte 1, 2 bzw. ermittelt: f(x 1, x 2, x ) = 5x x x x 1 x Berechnen Sie den kostenminimalen Ausstoß x min 1, x min 2, x min unter der Produktionsrestriktion: 5x x 2 + 5x = 75 Lagrange-Ansatz L(x 1, x 2, x, λ) = f(x 1, x 2, x ) + λ(5x x 2 + 5x 75) führt mit grad L = 0 zu: 10x x 2 + 5λ = 0 10x x λ = 0 10x + 5λ = 0 5x x 2 + 5x 75 = 0 Hieraus ergibt sich als Lösung: x 1 = 2, x 2 = 5, x = 1 und λ = 2. Die Hessematrix H L,x lautet: H L,x (x 1, x 2, x, λ) = Die Hauptunterdeterminanten sind 10, 100 und 2000 und damit alle positiv. Es handelt sich somit um ein lokales Minimum. Konkret ist die Aufgabe sogar konvex: H L,x ist überall positiv definit und die Nebenbedingung ist eine (affin) lineare Gleichung. Daher ist dies sogar ein globales Minimum. Im allgemeinen sind solche Aussagen aber schwer zu treffen (daher: Vergleich der gefundenen stationären Punkte und dem Verhalten am Rand/im Unendlichen). Der Lagrange-Ansatz grad L = 0 liefert hier alle stationären Punkte, da die Regularität erfüllt ist: Der Gradient von g(x 1, x 2, x ) = 5x x 2 + 5x 75 (als 1 -Matrix) muss den Rang 1 haben. Das bedeutet, dass grad g 0, und ist offensichtlich für alle x erfüllt. Der Ausstoß mit minimalen Kosten 110 = f(2, 5, 1) liegt also bei x min 1 = 2, x min 2 = 5 und x min = 1. Alternative Untersuchung mittels der geränderten Hessematrix H, welche lautet: H(x 1, x 2, x, λ) = Es ist m = 1, n =. Für das hinreichende Kriterium (nicht genau in der Vorlesung besprochen!) müssen die 2 = n m größten Hauptunterdeterminanten von H die Vorzeichen ( 1) m = 1 haben: det = 18500, det = (z.b. mittels folgender Octave-: Datei aufgabe54.m) H= [ ; ; ; ] det( H(1:,1:) ) det (H) Eine weitere Voraussetzung für dieses Kriterium ist (zumindest wenn n > m + 1), dass die Gradienten der Restriktionen bereits dann linear unabhängig sind, wenn wir nur nach den ersten m Unbekannten ableiten. Das heißt, der quadratische Anfangsbereich der Größe m m in der geränderten Hessematrix der Ableitungen der g i muss invertierbar sein. Hier besteht dieser Teil nur aus der 5 0, diese Voraussetzung ist also erfüllt. Allgemein kann man diesen Teil durch Umbenennen/Umsortieren der Variablen erreichen, wenn die Regularität gegeben ist. Da die hinreichende Bedingung somit erfüllt ist, dürfen wir auf ein Minimum schließen. Universität Hamburg 8. August 2011, Nico Düvelmeyer

4 Hausübung 5 Papieraufgabe, Abgabe: zum Beginn der Übung Aufgabe 5.5 (5 Punkte) Bestimmen und klassifizieren Sie die globalen Extremwerte sowie extremwertverdächtige Punkte der Funktion f : [ 1 2 ; 2] R mit Hinweis: Ränder nicht vergessen! f(x) = x2 + x + 2 2x für 1 2 x 2. f (x) = (6x + )2x 2(x2 + x + 2) 4x 2 = x2 2 2x 2 = /2 1/x 2 [Bewertung:1 P. Ableitung] Stationäre Punkte x: f (x) = 0 x 2 2 = 0 also x = ± 6/ ±0, Im Definitionsbereich [1/2, 2] liegt davon nur genau x = 6/ 0, [Bewertung:1 P. stationärer Punkt/Auflösen] Wir betrachten noch die Funktionswerte der extremwertverdächtigen Stellen x und Ränder 1/2, 2: f( x) = f( 2/) = 2/ / 6 f(1/2) = 17/4 = 4,25 d dx = 6 + /2, f(2) = 5 /2 1 x = 2x. Wegen x > 0 ist damit f ( x) > 0 2 Diskussion mit 2. Ableitung: f (x) = (genauer: f ( x), > 0), also x ein lokales Minimum! Globale Extrema existieren (da f stetig auf dem abgeschlossenen und beschränkten Definitionsbereich ist), und müssen daher unter den lokalen Extrema zu finden sein. An den Rändern liegen jeweils lokale Maxima vor, da f (1/2) < 0 (linker Rand!) und f (2) > 0 (rechter Rand!). Alternativ: Diskussion mit Vorzeichen von f (x): Da der Zähler x 2 2 für positive x streng monoton wächst und der Nenner positiv ist, hat f (x) bei x = x einen Vorzeichenwechsel von nach +, daher liegt ein lokales Minimum vor. Insbesondere ist f(x) für alle x von 1/2 bis (exklusive) x streng monoton fallend da dort f (x) < 0 ist und analog von x bis 2 monoton wachsend. Somit ist x auch globales Minimum, und an den Rändern liegen jeweils lokale Maxima vor. Das mit dem größeren Funktionswert ist daher das globale Maximum. Wegen der Funktionswerte ist 1/2 nur ein lokales Maximum, 2 sogar ein globales. [Bewertung:1 P. Klassifikation der Ränder; 1 P. Diskussion x ist globales Minimum; 1 P. Ergebnis/Antwort] Die Funktion hat bei x 0 = 1 2 ein lokales Maximum. Die Funktion hat bei x 0 = 6 0, ein globales Minimum. Die Funktion hat bei x 0 =2 ein globales Maximum. Aufgabe 5.6 (7 Punkte) Untersuchen Sie die Funktion f(x, y, z) = xy 2y + z 2 sin(x) + x 2 auf lokale Extremstellen. für allgemeine (x, y, z) ist der Gradient von f: [Bewertung:2 P] y + z 2 cos(x) + 2x grad f(x, y) = x 2 2 sin(x)z Extremwertverdächtige Stellen (x; y; z) sind damit nur (x; y; z) = (2; 4; 0): grad f(x, y, z) = 0, 2. Zeile liefert x = 2, damit sin x 0 und damit. Zeile z = Zeile kann man nun nach y auflösen. [Bewertung:2 P] Die Hesse-Matrix H f lautet für allgemeine (x; y; z): [Bewertung:1 P] 2 z 2 sin(x) 1 2z cos(x) H f (x; y; z) = z cos(x) 0 2 sin(x) Universität Hamburg 4 8. August 2011, Nico Düvelmeyer

5 konkret: H = H f (2; 4; 0) ,82 ist indefinit, da Hauptminoren 2 > 0, 1 < 0, 1,82 < 0 sind. [Bewertung:1 P] Die Funktion f hat bei (x, y, z) = (2, 4, 0) weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum, folglich gar keine lokalen Extremstellen. [Bewertung:1 P: Antwort] Aufgabe 5.7 (9 Punkte) Für ein Unternehmen wurde folgende Kostenfunktion f : R 2 R in Abhängigkeit des Ausstoßes x 1, x 2 0 der zwei Produkte 1 bzw. 2 ermittelt: f(x 1, x 2 ) = 7x x x 1 x 2 10x 1 20x Berechnen Sie den kostenminimalen Ausstoß x min 1, x min 2 unter der Produktionsrestriktion: 7x x 2 = 75 Lagrange-Ansatz L(x 1, x 2, λ) = f(x 1, x 2 ) + λ(7x x 2 75) führt mit grad L = 0 zu:[bewertung:1 P. Lagrange-Ansatz, 2 P. für das LGS] 14x 1 + 9x λ = 0 16x 2 + 9x λ = 0 7x x 2 75 = 0 Hieraus ergibt sich als Lösung (z.b. octave oder Gauß): x 1 = 6875/94 1,748, x 2 = 6625/5901 6,207 und λ = 14955/7868 1,901. [Bewertung: P. Lösung des LGS, Näherungen sind dafür ausreichend] Der Ansatz liefert alle stationären Punkte, da grad g 0 (g(x 1, x 2 ) = 7x x 2 75). Die Hessematrix H L,x lautet:[bewertung:1 P] 14 9 H L,x (x 1, x 2, λ) = 9 16 Die Hauptunterdeterminanten sind 14 und 14 und damit alle positiv. Es handelt sich somit um ein globales Minimum (siehe Musterlösung Aufgabe 5.4). [Bewertung:1 P. Kontrolle Definitheit und Minimum] Der kostenminimale Ausstoß liegt also bei x min 1 = 6875/94 1,748, x min 2 = 6625/5901 6,207 mit Kosten von rund 56,42. [Bewertung:1 P. Antwort] Alternative Untersuchung mittels der geränderten Hessematrix H, welche lautet: H(x 1, x 2, λ) = Es ist m = 1, n = 2. Für das hinreichende Kriterium der Vorlesung muss det H < 0 für ein Minimum sein. Es ist det H = 2604 < 0. Da die hinreichende Bedingung somit erfüllt ist, dürfen wir auf ein Minimum schließen. Universität Hamburg 5 8. August 2011, Nico Düvelmeyer