Stationaire punten

Optimalisatie: Extreme punten

Stationaire punten

De begrippen stationair punt, minimum en maximum kennen we al voor functies van één variabele. De functie $f(x)$ heeft een lokaal minimum in $x=a$ als de grafiek in de buurt van $x=a$ boven $f(a)$ ligt, preciezer gezegd, als er getallen $c\lt a$ en $d\gt a$ zijn, zodanig dat $f(x)\ge f(a)$ voor alle $x$ uit $\ivoo{c}{d}$ . Bij een differentieerbare functie $f(x)$ is een lokaal minimum (of maximum) steeds een stationair punt, dat wil zeggen een punt $x=a$ waarin de raaklijn van $f$ horizontaal is, oftewel $f'(a)=0$ .

Net als bij functies van één variabele zullen we lokale minima en maxima van bivariate functies onderzoeken. We beginnen met de 2-dimensionale tegenhanger van het begrip stationair punt.

Stationair punt

Laat $f$ een bivariate differentieerbare functie zijn. Een punt $\rv{a,b}$ is een stationair punt van de functie $f(x,y)$ als alle partiële afgeleiden van $f$ in dit punt gelijk aan nul zijn.

Stationaire punten kun je dus vinden door het volgende stelsel van vergelijkingen op te lossen:

$\eqs{f_x(x,y)&=&0\cr f_y(x,y)&=&0\cr}$

Later zullen we zien dat, als $\rv{a,b}$ een stationair punt van $f$ is, het raakvlak aan de grafiek van $f$ in $\rv{a,b,f(a,b)}$ horizontaal is.

Bereken de stationaire punten van de functie

$f(x,y)=-y\cdot x^2+y^2\cdot x+y\cdot x\tiny.$

Voer je antwoord in als een verzameling rijvectoren: $\left\{\rv{a,b},\rv{c,d},\ldots\right\}$ voor geschikte getallen $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $\ldots$

$\left\{\rv{0,0},\rv{1,0},\rv{0,-1}, \rv{{{1}\over{3}},-{{1}\over{3}}}\right\}$

De partiële afgeleiden van $f$ zijn

$f_x(x,y)=-2\cdot y\cdot x+y^2+y\phantom{quad}\text{en}\phantom{quad}f_y(x,y)=-x^2+2\cdot y\cdot x+x\tiny.$ De stationaire punten zijn dus de oplossingen van het stelsel vergelijkingen

$\lineqs{-2\cdot y\cdot x+y^2+y&=&0\cr -x^2+2\cdot y\cdot x+x&=&0\cr}$ Om dit stelsel op te lossen, splitsen we het in kleinere stelsels vergelijkingen door de linker leden van de vergelijkingen te ontbinden in factoren. We vinden:

$\lineqs{y\cdot \left(-2\cdot x+y+1\right)&=&0\cr x\cdot \left(-x+2\cdot y+1\right)&=&0\cr}$ Kennelijk kan elk van de vergelijkingen in twee eenvoudiger vergelijkingen gesplitst worden. Combinatie van de vier mogelijkheden geeft vier oplossingen:

$\eqs{x&=&0\cr y&=&0\cr}\phantom{xx} \implies$ $\phantom{xx} \rv{x,y}=\rv{0,0}$
$\eqs{ -x+2\cdot y+1&=&0\cr y&=&0\cr} \phantom{xx} \implies$ $\phantom{xx} \rv{x,y}=\rv{1,0}$
$\eqs{ x&=&0\cr -2\cdot x+y+1&=&0\cr}\phantom{xx} \implies$ $\phantom{xx} \rv{x,y}=\rv{0,-1}$
$\eqs{ -2\cdot x+y+1&=&0\cr -x+2\cdot y+1&=&0\cr}\phantom{xx}\implies$ $\phantom{xx} \rv{x,y}=\rv{{{1}\over{3}},-{{1}\over{3}}}$

We concluderen dat er vier stationaire punten zijn: $\left\{\rv{0,0},\rv{1,0},\rv{0,-1}, \rv{{{1}\over{3}},-{{1}\over{3}}}\right\}$ .

De grafiek van de functie $f$ is in de figuur hieronder getekend. De punten van de grafiek die behoren bij $\left\{\rv{0,0},\rv{1,0},\rv{0,-1}, \rv{{{1}\over{3}},-{{1}\over{3}}}\right\}$ zijn aangegeven met een kleine zwarte cirkelschijf.

Nieuw voorbeeld