Tilbake
6.1
Alle fag for Høyskole

6.1 Førsteordensbetingelser og Hesse-klassifisering

Kandidatpunkter fra $f'_x=f'_y=0$, klassifisert med Hesse-determinanten $D$.

55 min
8 oppgaver
FørsteordensbetingelserHesse-klassifisering
Din fremgang i kapitlet
0 / 8 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper. Kapitlet bygger på kap. 1.2 (partiellderiverte av første og andre orden, inkludert den kryssderiverte) og kap. 4.2 (stasjonærpunkter og andrederiverttesten i én variabel). Nivåkurvekartet i figuren i Løkke 2 leses med språket fra kap. 5.1 — nyttig, men ikke nødvendig for regningen.

Sist du var her — de tre tingene du trenger med deg inn:

fx′=deriver mht. x, hold y konstant;fxy′′=deriver fx′ mht. yf'_x=\text{deriver mht. }x,\ \text{hold }y\text{ konstant};\qquad f''_{xy}=\text{deriver }f'_x\text{ mht. }y

I eˊn variabel: f′(a)=0 gir kandidat;f′′(a)>0 min,f′′(a)<0 maks\text{I én variabel: }f'(a)=0\ \text{gir kandidat};\quad f''(a)>0\ \text{min},\quad f''(a)<0\ \text{maks}

Youngs teorem: fxy′′=fyx′′ — rekkefølgen spiller ingen rolle\text{Youngs teorem: }f''_{xy}=f''_{yx}\ \text{— rekkefølgen spiller ingen rolle}

Det siste er verdt å merke seg allerede nå: det er derfor du bare trenger å regne ut én kryssderivert i dette kapitlet, ikke to.

En kafé bestemmer to ting selv: hvor mange timer den holder åpent, og hvor mange ansatte den har på jobb. Ingen av valgene er låst av et budsjett — begge kan skrus opp eller ned fritt. Overskuddet avhenger av begge, og et sted finnes den kombinasjonen som gir mest.

Det er dette som kalles fri optimering i to variabler. I én variabel lette du etter toppen av en kurve. Nå leter du etter toppen av et landskap.

Bildet er verdt å holde fast ved. Står du på toppen av en ås, heller bakken nedover uansett hvilken vei du går. Står du i bunnen av en gryte, heller den oppover uansett vei. Men det finnes et tredje sted: skaret mellom to fjelltopper. Der heller bakken nedover om du går mot dalene, og oppover om du går mot toppene. Punktet er flatt i begge hovedretninger, men det er verken en topp eller en bunn.

Det tredje tilfellet finnes ikke i én variabel, og det er hele grunnen til at vi trenger et nytt verktøy. Verktøyet heter Hesse-determinanten, og det skiller de tre tilfellene fra hverandre med ett eneste tall.

Løkke 1 — Kandidatpunktene (~14 min)

Fri optimering i to variabler
Å finne det største eller minste av f(x,y)f(x,y) når xx og yy kan velges uavhengig av hverandre.

max⁡x,y f(x,y)ellermin⁡x,y f(x,y)\max_{x,y}\ f(x,y)\qquad\text{eller}\qquad \min_{x,y}\ f(x,y)

Ordet «fri» skiller problemet fra det betingede i Del 8, der en likning g(x,y)=mg(x,y)=m binder valget. Her finnes ingen slik likning, og derfor trengs heller ingen multiplikator.

Stasjonærpunkt i to variabler
Et stasjonærpunkt er et punkt der begge partiellderiverte er null samtidig.

fx′(x0,y0)=0ogfy′(x0,y0)=0f'_x(x_0,y_0)=0\quad\text{og}\quad f'_y(x_0,y_0)=0

Flaten er da vannrett i begge koordinatretninger. Andre navn på det samme er kritisk punkt og kandidatpunkt — det siste sier best hva det er: en kandidat, ikke en konklusjon. Å blande stasjonærpunkt og ekstrempunkt er feil #8 — å tro at et punkt med flat tangent automatisk er et topp- eller bunnpunkt, og den er like farlig i to variabler som i én.

Førsteordensbetingelsene i fri optimering
Betingelsene som må holde i ethvert indre ekstrempunkt, og som dermed peker ut alle kandidatene.

FOB (1): fx′(x,y)=0FOB (2): fy′(x,y)=0\text{FOB (1)}:\ f'_x(x,y)=0\qquad \text{FOB (2)}:\ f'_y(x,y)=0

Dette er to likninger med to ukjente. Å løse dem er halve arbeidet i sjangeren, og det er ren algebra — ikke kalkulus. Legg merke til at det ikke finnes noen FOB (3) her: bibetingelsen fra Lagrange-oppgaven er borte, for det er ingenting som binder.

✏️Eksempel 1: Ett kandidatpunkt
En bedrift selger to varer. Overskuddet i tusen kroner er

f(x,y)=12x+18y−x2−3y2,f(x,y)=12x+18y-x^2-3y^2,

der xx og yy er solgt mengde av hver vare.

a) Finn alle stasjonærpunkter.

b) Hva er overskuddet i punktet?

a) Partiellderiver først. Når vi deriverer mht. xx, er alle ledd med bare yy konstante og forsvinner:

fx′=12−2x,fy′=18−6yf'_x=12-2x,\qquad f'_y=18-6y

Sett begge lik null:

FOB (1): 12−2x=0 ⟹ x=6\text{FOB (1)}:\ 12-2x=0\ \Longrightarrow\ x=6

FOB (2): 18−6y=0 ⟹ y=3\text{FOB (2)}:\ 18-6y=0\ \Longrightarrow\ y=3

Her var systemet enkelt fordi hver likning bare inneholdt én variabel. Det skjer alltid når funksjonen ikke har noe kryssledd — altså ingen term der xx og yy står sammen.

Kandidatpunktet er (6,3)(6,3), og det er det eneste.

b) Sett inn:

f(6,3)=12⋅6+18⋅3−62−3⋅32=72+54−36−27=63f(6,3)=12\cdot 6+18\cdot 3-6^2-3\cdot 3^2=72+54-36-27=63

Overskuddet i punktet er 63 00063\,000 kroner.

Kontroll av at vi har derivert riktig: sett x=6x=6 inn i fx′=12−2xf'_x=12-2x: 12−12=012-12=0 ✓. Sett y=3y=3 inn i fy′=18−6yf'_y=18-6y: 18−18=018-18=0 ✓.

Men merk hva vi ennå ikke vet. Vi har funnet et punkt der flaten er vannrett. Om det er en topp, en bunn eller et skar, sier førsteordensbetingelsene ingenting om. Det avgjøres i Løkke 2.

📝Oppgave 1
HD
Finn alle stasjonærpunkter til

f(x,y)=x2+y2−6x+8y+3.f(x,y)=x^2+y^2-6x+8y+3.

Du skal ikke klassifisere noe ennå.

Eksamensfunksjonene har som regel et kryssledd, og da henger de to likningene sammen. Systemet må løses samlet, og det er her kandidatpunkter går tapt.

Den typiske eksamensfunksjonen gir en fx′f'_x som lar seg faktorisere. Da er triksen alltid den samme: et produkt er null når minst én faktor er null, så du får to grener som må undersøkes hver for seg.

Mister du én gren, mister du kandidatpunkter — og dermed poeng, selv om alt du faktisk skriver, er riktig.

Å faktorisere seg fram til kandidatpunktene
Når den ene betingelsen kan skrives som et produkt lik null, deler løsningen seg i grener.

A(x,y)⋅B(x,y)=0 ⟺ A=0 eller B=0A(x,y)\cdot B(x,y)=0\ \Longleftrightarrow\ A=0\ \textbf{eller}\ B=0

Hver gren settes inn i den andre betingelsen for seg. Fremgangsmåten er å ta ut felles faktor i den enkleste av de to betingelsene, dele opp i grener, og løse den andre betingelsen på hver gren. Å dele på en faktor i stedet for å faktorisere er den vanligste måten å miste et kandidatpunkt på — da forsvinner grenen der faktoren er null.

✏️Eksempel 2: Tre kandidatpunkter fra ett system
Finn alle stasjonærpunkter til

f(x,y)=x2y+x2+2y2.f(x,y)=x^2y+x^2+2y^2.

Partiellderiver. Ved fx′f'_x er yy en konstant, og leddet 2y22y^2 forsvinner:

fx′=2xy+2x,fy′=x2+4yf'_x=2xy+2x,\qquad f'_y=x^2+4y

FOB (1) faktoriseres. Ta ut 2x2x:

2xy+2x=2x(y+1)=02xy+2x=2x(y+1)=0

Et produkt er null når en av faktorene er null, så vi får to grener:

Gren I: x=0Gren II: y=−1\text{Gren I}:\ x=0\qquad\text{Gren II}:\ y=-1

Gren I — sett x=0x=0 inn i FOB (2):

02+4y=0 ⟹ y=00^2+4y=0\ \Longrightarrow\ y=0

Det gir kandidatpunktet (0,0)(0,0).

Gren II — sett y=−1y=-1 inn i FOB (2):

x2+4⋅(−1)=0 ⟹ x2=4 ⟹ x=2 eller x=−2x^2+4\cdot(-1)=0\ \Longrightarrow\ x^2=4\ \Longrightarrow\ x=2\ \text{eller}\ x=-2

Det gir kandidatpunktene (2,−1)(2,-1) og (−2,−1)(-2,-1).

Til sammen tre kandidatpunkter:

(0,0),(2,−1),(−2,−1)(0,0),\qquad (2,-1),\qquad (-2,-1)

Kontroll — sett hvert punkt inn i begge betingelsene:

- (0,0)(0,0): fx′=2⋅0⋅0+0=0f'_x=2\cdot 0\cdot 0+0=0 ✓, fy′=0+0=0f'_y=0+0=0 ✓
- (2,−1)(2,-1): fx′=2⋅2⋅(−1)+2⋅2=−4+4=0f'_x=2\cdot 2\cdot(-1)+2\cdot 2=-4+4=0 ✓, fy′=4+4⋅(−1)=0f'_y=4+4\cdot(-1)=0 ✓
- (−2,−1)(-2,-1): fx′=2⋅(−2)⋅(−1)+2⋅(−2)=4−4=0f'_x=2\cdot(-2)\cdot(-1)+2\cdot(-2)=4-4=0 ✓, fy′=4−4=0f'_y=4-4=0 ✓

Fellen ligger i det første steget. Hadde vi delt FOB (1) på 2x2x i stedet for å faktorisere, ville vi fått y+1=0y+1=0 alene og mistet hele Gren I — altså punktet (0,0)(0,0). Deling forutsetter at det man deler på, ikke er null, og her kan xx være null. Faktoriser, aldri del.

📝Oppgave 2
Sjanger HD
Finn alle stasjonærpunkter til

f(x,y)=x2y+x2+8y2.f(x,y)=x^2y+x^2+8y^2.

Kontroller hvert punkt mot begge betingelsene.

Løkke 2 — Hesse-determinanten (~18 min)

Nå har du kandidatene. Spørsmålet er hva slags punkter de er.

Den naive tanken er å gjenta andrederiverttesten fra én variabel: se på fxx′′f''_{xx}, og konkluder med minimum hvis den er positiv. Det holder ikke, og grunnen er skaret mellom fjelltoppene.

Se på f(x,y)=x2−y2f(x,y)=x^2-y^2 i punktet (0,0)(0,0). Går du langs xx-aksen, er f=x2f=x^2 — en bunn. Går du langs yy-aksen, er f=−y2f=-y^2 — en topp. Punktet er et sadelpunkt, og fxx′′=2>0f''_{xx}=2>0 ville ha lurt deg til å si «minimum».

Et punkt er altså bare et minimum hvis flaten krummer oppover i alle retninger, ikke bare langs aksene. Det er dette Hesse-determinanten måler, og den gjør det ved å veie krumningen i de to aksretningene mot kryssleddet fxy′′f''_{xy} — som forteller hvor mye flaten vrir seg i retningene imellom.

De tre andreordens partiellderiverte
For å klassifisere trenger du tre andrederiverte, ikke fire.

fxx′′=(fx′)x′,fyy′′=(fy′)y′,fxy′′=(fx′)y′f''_{xx}=(f'_x)'_x,\qquad f''_{yy}=(f'_y)'_y,\qquad f''_{xy}=(f'_x)'_y

Den fjerde, fyx′′f''_{yx}, er alltid lik fxy′′f''_{xy} etter Youngs teorem (kap. 1.2) så lenge de deriverte er kontinuerlige. Bruk gjerne det som kontroll: regn ut begge veier én gang, og se at du får det samme. Får du ikke det, har du derivert feil.

Hesse-determinanten DD
Hesse-determinanten er ett enkelt tall som samler all krumningsinformasjonen i punktet.

D=fxx′′ fyy′′−(fxy′′)2D=f''_{xx}\,f''_{yy}-\left(f''_{xy}\right)^2

Merk at kryssleddet kvadreres, og at det trekkes fra. Fortegnet på fxy′′f''_{xy} spiller derfor ingen rolle for DD — bare størrelsen. Det er en nyttig kontroll: har du fått DD til å avhenge av om fxy′′f''_{xy} er positiv eller negativ, har du regnet feil. DD regnes ut på nytt i hvert kandidatpunkt, for de andrederiverte varierer normalt fra punkt til punkt.

Sadelpunkt
Et sadelpunkt er et stasjonærpunkt som verken er et maksimum eller et minimum.

f stiger i eˊn retning og faller i en annen, fra samme flate punktf\ \text{stiger i én retning og faller i en annen, fra samme flate punkt}

Navnet kommer av salen på en hest: den buer nedover fra side til side og oppover fra front til bak. Skaret mellom to fjelltopper er det samme. Sadelpunkter finnes ikke i én variabel, og de er hovedgrunnen til at fxx′′f''_{xx} alene ikke kan brukes til å klassifisere.

📜Klassifisering med Hesse-determinanten
La (x0,y0)(x_0,y_0) være et stasjonærpunkt for ff, og la D=fxx′′fyy′′−(fxy′′)2D=f''_{xx}f''_{yy}-(f''_{xy})^2 være regnet ut i dette punktet. Da gjelder:

D<0 ⟹ sadelpunktD<0\ \Longrightarrow\ \text{sadelpunkt}

D>0 og fxx′′>0 ⟹ lokalt minimumD>0\ \text{og}\ f''_{xx}>0\ \Longrightarrow\ \text{lokalt minimum}

D>0 og fxx′′<0 ⟹ lokalt maksimumD>0\ \text{og}\ f''_{xx}<0\ \Longrightarrow\ \text{lokalt maksimum}

D=0 ⟹ testen gir ikke svarD=0\ \Longrightarrow\ \text{testen gir ikke svar}

Merk ordet lokalt. Testen ser bare på krumningen i selve punktet, og sier derfor bare noe om nabolaget rundt det. Om resultatet også gjelder globalt, er et eget spørsmål — det tas i kap. 6.2.

Merk også at når D>0D>0, har fxx′′f''_{xx} og fyy′′f''_{yy} nødvendigvis samme fortegn: produktet deres må være større enn (fxy′′)2≥0(f''_{xy})^2\ge 0. Du kan derfor like gjerne sjekke fyy′′f''_{yy} — svaret blir det samme.

✏️Eksempel 3: Klassifiser alle tre punktene
Klassifiser de tre stasjonærpunktene (0,0)(0,0), (2,−1)(2,-1) og (−2,−1)(-2,-1) til

f(x,y)=x2y+x2+2y2f(x,y)=x^2y+x^2+2y^2

fra Eksempel 2.

Steg 1 — de andreordens partiellderiverte. Vi har fx′=2xy+2xf'_x=2xy+2x og fy′=x2+4yf'_y=x^2+4y. Deriver videre:

fxx′′=(2xy+2x)x′=2y+2f''_{xx}=(2xy+2x)'_x=2y+2

fyy′′=(x2+4y)y′=4f''_{yy}=(x^2+4y)'_y=4

fxy′′=(2xy+2x)y′=2xf''_{xy}=(2xy+2x)'_y=2x

Kontroll med Youngs teorem: fyx′′=(x2+4y)x′=2xf''_{yx}=(x^2+4y)'_x=2x ✓ — samme svar.

Steg 2 — det generelle uttrykket for DD:

D=fxx′′fyy′′−(fxy′′)2=(2y+2)⋅4−(2x)2=8y+8−4x2D=f''_{xx}f''_{yy}-(f''_{xy})^2=(2y+2)\cdot 4-(2x)^2=8y+8-4x^2

Steg 3 — regn ut DD i hvert punkt.

I (0,0)(0,0):

D=8⋅0+8−4⋅02=8>0,fxx′′=2⋅0+2=2>0D=8\cdot 0+8-4\cdot 0^2=8>0,\qquad f''_{xx}=2\cdot 0+2=2>0

Både D>0D>0 og fxx′′>0f''_{xx}>0, altså lokalt minimum. Verdien er f(0,0)=0f(0,0)=0.

I (2,−1)(2,-1):

D=8⋅(−1)+8−4⋅22=−8+8−16=−16<0D=8\cdot(-1)+8-4\cdot 2^2=-8+8-16=-16<0

D<0D<0, altså sadelpunkt. Her trengs ingen sjekk av fxx′′f''_{xx} — den er uten betydning når DD er negativ.

I (−2,−1)(-2,-1):

D=−8+8−4⋅(−2)2=−16<0D=-8+8-4\cdot(-2)^2=-16<0

Også sadelpunkt. Legg merke til at xx kvadreres, så fortegnet på xx ikke betyr noe her.

Konklusjon: ff har ett lokalt minimum i (0,0)(0,0) og to sadelpunkter, i (2,−1)(2,-1) og (−2,−1)(-2,-1).

Sjekk at svaret er rimelig. I sadelpunktet (2,−1)(2,-1) er f=4⋅(−1)+4+2=2f=4\cdot(-1)+4+2=2, mens f(0,0)=0f(0,0)=0. Går vi fra (2,−1)(2,-1) litt i yy-retning, til (2,−0,5)(2,-0{,}5), blir f=4⋅(−0,5)+4+0,5=2,5f=4\cdot(-0{,}5)+4+0{,}5=2{,}5 — høyere. Går vi litt i xx-retning, til (2,5 ;−1)(2{,}5\,;-1), blir f=6,25⋅(−1)+6,25+2=2f=6{,}25\cdot(-1)+6{,}25+2=2 … akkurat like høyt, så vi må litt lenger: i (3,−1)(3,-1) er f=−9+9+2=2f=-9+9+2=2, og i (2,−1,5)(2,-1{,}5) er f=−6+4+4,5=2,5f=-6+4+4{,}5=2{,}5. Prøver vi diagonalt, i (2,5 ;−1,25)(2{,}5\,;-1{,}25), får vi f=6,25⋅(−1,25)+6,25+3,125=1,5625f=6{,}25\cdot(-1{,}25)+6{,}25+3{,}125=1{,}5625 — lavere. Fra samme punkt går det altså både opp og ned. Det er nettopp et sadelpunkt ✓

📝Oppgave 3
Sjanger HD
Punktet (6,3)(6,3) er det eneste stasjonærpunktet til

f(x,y)=12x+18y−x2−3y2f(x,y)=12x+18y-x^2-3y^2

fra Eksempel 1. Klassifiser det.

📝Oppgave 4
Sjanger HD
Finn og klassifiser alle stasjonærpunkter til

f(x,y)=x3+y2−3x−4y.f(x,y)=x^3+y^2-3x-4y.

Løkke 3 — Når testen ikke gir svar (~11 min)

Når D=0D=0
Er DD lik null i kandidatpunktet, sier andrederiverttesten ingenting.

D=0 ⟹ punktet kan være maksimum, minimum eller sadelpunktD=0\ \Longrightarrow\ \text{punktet kan være maksimum, minimum eller sadelpunkt}

Alle tre er mulige, og testen kan ikke skille dem. Det riktige svaret på eksamen er å skrive nettopp det: «D=0D=0, så andrederiverttesten er inkonklusiv her». Dette er tvillingen til x4x^4-fellen i én variabel (kap. 4.2), der f′′(0)=0f''(0)=0 og testen på samme måte ikke gir svar. Å gjette gir null uttelling; å si at testen ikke gir svar, er et korrekt svar.

Hva DD egentlig måler
Determinanten veier krumningen langs aksene mot vridningen mellom dem.

fxx′′fyy′′⏟krumning i begge akseretninger mot (fxy′′)2⏟vridning\underbrace{f''_{xx}f''_{yy}}_{\text{krumning i begge akseretninger}}\ \text{mot}\ \underbrace{(f''_{xy})^2}_{\text{vridning}}

Er kryssleddet stort nok, «vipper» det flaten slik at den krummer én vei i en skrå retning selv om den krummer samme vei langs begge akser. Da blir D<0D<0, og punktet er et sadelpunkt. Er kryssleddet lite i forhold til akse-krumningene, dominerer disse, D>0D>0, og flaten krummer samme vei i alle retninger.

✏️Eksempel 4: To funksjoner med $D=0$ i samme punkt
Både

f(x,y)=x4+y4ogg(x,y)=x4−y4f(x,y)=x^4+y^4\qquad\text{og}\qquad g(x,y)=x^4-y^4

har (0,0)(0,0) som eneste stasjonærpunkt. Vis at D=0D=0 i punktet for begge, og avgjør likevel hva slags punkt det er i hvert tilfelle.

Førsteordensbetingelsene. For ff:

fx′=4x3=0 ⟹ x=0;fy′=4y3=0 ⟹ y=0f'_x=4x^3=0\ \Longrightarrow\ x=0;\qquad f'_y=4y^3=0\ \Longrightarrow\ y=0

For gg er gx′=4x3g'_x=4x^3 og gy′=−4y3g'_y=-4y^3, som gir samme punkt. Begge har altså (0,0)(0,0) som eneste kandidat.

Hesse-determinanten i (0,0)(0,0). For ff:

fxx′′=12x2,fyy′′=12y2,fxy′′=0f''_{xx}=12x^2,\qquad f''_{yy}=12y^2,\qquad f''_{xy}=0

D=12x2⋅12y2−02=144x2y2 ⟹ D(0,0)=0D=12x^2\cdot 12y^2-0^2=144x^2y^2\ \Longrightarrow\ D(0,0)=0

For gg: gxx′′=12x2g''_{xx}=12x^2, gyy′′=−12y2g''_{yy}=-12y^2, gxy′′=0g''_{xy}=0, altså D=−144x2y2D=-144x^2y^2 og igjen D(0,0)=0D(0,0)=0.

Testen gir ingenting i noen av tilfellene. Vi må argumentere direkte fra funksjonsuttrykket i stedet.

For ff — globalt minimum. Fjerdepotenser er aldri negative, så

f(x,y)=x4+y4≥0=f(0,0)for alle (x,y)f(x,y)=x^4+y^4\ge 0=f(0,0)\quad\text{for alle }(x,y)

Ingen punkter gir lavere verdi enn origo, så (0,0)(0,0) er et globalt minimum. Dette er nøyaktig det samme argumentet som brukes for x4x^4 i én variabel: ikke innsetting i den andrederiverte, men en ulikhet som holder overalt.

For gg — sadelpunkt. Se hva som skjer langs hver akse:

g(x,0)=x4≥0 (vokser bort fra origo);g(0,y)=−y4≤0 (faller bort fra origo)g(x,0)=x^4\ge 0\ \text{(vokser bort fra origo)};\qquad g(0,y)=-y^4\le 0\ \text{(faller bort fra origo)}

Fra samme punkt går det altså opp langs xx-aksen og ned langs yy-aksen. Konkret: g(1,0)=1>0g(1,0)=1>0 og g(0,1)=−1<0g(0,1)=-1<0, mens g(0,0)=0g(0,0)=0. Punktet er dermed et sadelpunkt.

Poenget. To funksjoner, samme kandidatpunkt, samme D=0D=0 — og to helt ulike svar. Det er derfor D=0D=0 ikke kan tolkes. Metoden når testen svikter, er å se på selve funksjonsverdiene: finn to retninger der ff oppfører seg ulikt (sadelpunkt), eller vis en ulikhet som holder overalt (globalt ekstremum).

📝Oppgave 5
Sjanger SU

Avgjør om påstandene er sanne eller usanne, og begrunn hver av dem.

a) «Hvis fxx′′>0f''_{xx}>0 i et stasjonærpunkt, er punktet et lokalt minimum.»

b) «Hvis D>0D>0 i et stasjonærpunkt, er punktet enten et lokalt maksimum eller et lokalt minimum.»

c) «Hvis D=0D=0 i et stasjonærpunkt, er punktet et sadelpunkt.»

Løkke 4 — Eksamensnivå (~12 min)

✏️Eksempel 5: Eksamensnivå — profittmaksimering med to varer
En bedrift produserer to varer i mengdene xx og yy. Overskuddet i tusen kroner er

π(x,y)=100x+80y−2x2−2xy−2y2.\pi(x,y)=100x+80y-2x^2-2xy-2y^2.

a) Finn alle stasjonærpunkter.

b) Klassifiser punktet, og finn overskuddet der.

c) Forklar hva kryssleddet −2xy-2xy betyr økonomisk, og hva det gjør med klassifiseringen.

a) Førsteordensbetingelsene. Ved πx′\pi'_x er yy konstant, så leddet −2xy-2xy gir −2y-2y:

πx′=100−4x−2y,πy′=80−2x−4y\pi'_x=100-4x-2y,\qquad \pi'_y=80-2x-4y

FOB (1): 100−4x−2y=0 ⟹ 4x+2y=100 ⟹ 2x+y=50\text{FOB (1)}:\ 100-4x-2y=0\ \Longrightarrow\ 4x+2y=100\ \Longrightarrow\ 2x+y=50

FOB (2): 80−2x−4y=0 ⟹ 2x+4y=80 ⟹ x+2y=40\text{FOB (2)}:\ 80-2x-4y=0\ \Longrightarrow\ 2x+4y=80\ \Longrightarrow\ x+2y=40

Løs systemet. Fra den første: y=50−2xy=50-2x. Sett inn i den andre:

x+2(50−2x)=40 ⟹ x+100−4x=40 ⟹ −3x=−60 ⟹ x=20x+2(50-2x)=40\ \Longrightarrow\ x+100-4x=40\ \Longrightarrow\ -3x=-60\ \Longrightarrow\ x=20

y=50−2⋅20=10y=50-2\cdot 20=10

Kandidatpunktet er (20,10)(20,10), og systemet er lineært med entydig løsning, så det er det eneste.

Kontroll: πx′(20,10)=100−80−20=0\pi'_x(20,10)=100-80-20=0 ✓ og πy′(20,10)=80−40−40=0\pi'_y(20,10)=80-40-40=0 ✓

b) Klassifisering.

πxx′′=−4,πyy′′=−4,πxy′′=−2\pi''_{xx}=-4,\qquad \pi''_{yy}=-4,\qquad \pi''_{xy}=-2

D=(−4)⋅(−4)−(−2)2=16−4=12>0D=(-4)\cdot(-4)-(-2)^2=16-4=12>0

Med D>0D>0 og πxx′′=−4<0\pi''_{xx}=-4<0 er punktet et lokalt maksimum.

Overskuddet:

π(20,10)=100⋅20+80⋅10−2⋅400−2⋅200−2⋅100\pi(20,10)=100\cdot 20+80\cdot 10-2\cdot 400-2\cdot 200-2\cdot 100

=2000+800−800−400−200=1400=2000+800-800-400-200=1400

Altså 1,41{,}4 millioner kroner.

Merk: de andrederiverte er konstanter her, så D=12>0D=12>0 og πxx′′=−4<0\pi''_{xx}=-4<0 gjelder i hele planet. Maksimumet er derfor globalt — argumentet føres i kap. 6.2.

c) Kryssleddet. At πxy′′=−2<0\pi''_{xy}=-2<0 betyr at grenseinntekten av den ene varen faller når bedriften selger mer av den andre. Varene er substitutter: de spiser av hverandres marked, så mer av den ene gjør den andre mindre lønnsom på marginen.

For klassifiseringen er det størrelsen som betyr noe, ikke fortegnet. Her er (πxy′′)2=4(\pi''_{xy})^2=4, godt under πxx′′πyy′′=16\pi''_{xx}\pi''_{yy}=16, så krumningen nedover i begge akseretninger dominerer, og punktet blir et maksimum. Hadde konkurransen mellom varene vært sterkere — si πxy′′=−5\pi''_{xy}=-5, altså (πxy′′)2=25>16(\pi''_{xy})^2=25>16 — ville DD blitt 16−25=−9<016-25=-9<0, og punktet et sadelpunkt. Modellen ville da ikke hatt noe indre maksimum i det hele tatt: fra det stasjonære punktet finnes det retninger der overskuddet fortsetter å stige, og en slik modell beskriver ikke en bedrift med en veldefinert beste produksjonsplan.

Verbal konklusjon: bedriften bør produsere 20 enheter av den første varen og 10 av den andre, og oppnår da et overskudd på 1,4 millioner kroner.

📝Oppgave 6
Sjanger HD
Et forlag gir ut to titler i opplagene xx og yy (i tusen). Dekningsbidraget i tusen kroner er

f(x,y)=12x+15y−x2−xy−y2.f(x,y)=12x+15y-x^2-xy-y^2.

a) Finn det eneste stasjonærpunktet.

b) Klassifiser det og finn dekningsbidraget der.

📝Oppgave 7
Sjanger HD
Finn og klassifiser alle stasjonærpunkter til

f(x,y)=x3+y3−9xy.f(x,y)=x^3+y^3-9xy.

📝Oppgave 8
Sjanger HD
La

f(x,y)=x2+bxy+y2,f(x,y)=x^2+bxy+y^2,

der bb er et reelt tall.

a) Vis at (0,0)(0,0) er et stasjonærpunkt for alle verdier av bb.

b) Finn Hesse-determinanten, og avgjør for hvilke bb punktet er et lokalt minimum, et sadelpunkt, og for hvilke bb testen ikke gir svar.

c) For b=2b=2 svikter testen. Avgjør likevel hva slags punkt (0,0)(0,0) er.

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder kjernestoffet.

Oppskriften i fire linjer
Hele sjangeren, slik den skal stå på arket.

1) fx′=fy′=0 → kandidater;2) fxx′′,fyy′′,fxy′′;3) D;4) klassifiser1)\ f'_x=f'_y=0\ \to\ \text{kandidater};\quad 2)\ f''_{xx},f''_{yy},f''_{xy};\quad 3)\ D;\quad 4)\ \text{klassifiser}

Steg 1 er algebra, steg 2 er derivasjon, steg 3 er ett regnestykke og steg 4 er en regel du kan utenat. Ingen av dem er vanskelige hver for seg — poengene tapes på slurv, ikke på forståelse.

Klassifiseringsregelen i kortform
De fire utfallene, samlet.

D<0 sadel;D>0, fxx′′>0 min;D>0, fxx′′<0 maks;D=0 ukjentD<0\ \text{sadel};\quad D>0,\ f''_{xx}>0\ \text{min};\quad D>0,\ f''_{xx}<0\ \text{maks};\quad D=0\ \text{ukjent}

Husk at fxx′′f''_{xx} bare skal sjekkes når D>0D>0. Er D<0D<0, er punktet et sadelpunkt uansett hva fxx′′f''_{xx} måtte være.

Kryssleddet kvadreres og trekkes fra
Den ene formelen det er lett å skrive feil.

D=fxx′′fyy′′−(fxy′′)2D=f''_{xx}f''_{yy}-\left(f''_{xy}\right)^2

To kontroller: leddet skal ha minus foran, og det skal være kvadrert. Derfor spiller fortegnet på fxy′′f''_{xy} ingen rolle for DD — bare tallverdien.

Faktoriser, aldri del
Den vanligste måten å miste et kandidatpunkt på.

2x(y+1)=0 ⇒ x=0 eller y=−12x(y+1)=0\ \Rightarrow\ x=0\ \text{eller}\ y=-1

Deler du på 2x2x, forsvinner grenen x=0x=0 — og med den ett eller flere kandidatpunkter. Deling forutsetter at det du deler på, ikke er null, og i et likningssystem vet du ikke det på forhånd.

Begge røttene teller
En kvadratisk betingelse gir to kandidater, ikke én.

x2=4 ⟹ x=2 eller x=−2x^2=4\ \Longrightarrow\ x=2\ \textbf{eller}\ x=-2

Begge skal med i kandidatlisten og begge skal klassifiseres. Å bare skrive den positive roten er en av to hovedkilder til tapte kandidatpunkter — den andre er å dele i stedet for å faktorisere.

DD regnes ut i hvert punkt
De andrederiverte varierer normalt over planet.

D(x,y)=fxx′′(x,y) fyy′′(x,y)−(fxy′′(x,y))2D(x,y)=f''_{xx}(x,y)\,f''_{yy}(x,y)-\left(f''_{xy}(x,y)\right)^2

Finn først det generelle uttrykket, sett så inn hvert kandidatpunkt for seg. Bare når alle tre andrederiverte er konstanter, er DD det samme overalt.

Sadelpunktet finnes bare i flere variabler
Det nye tilfellet som ikke har noen parallell i én variabel.

f(x,y)=x2−y2 i (0,0): bunn langs x, topp langs yf(x,y)=x^2-y^2\ \text{i}\ (0,0):\ \text{bunn langs }x,\ \text{topp langs }y

Derfor holder det ikke å se på fxx′′f''_{xx} alene — den ser bare én retning. Determinanten ser alle retninger på én gang.

Youngs teorem sparer deg for én derivasjon
De to kryssderiverte er alltid like når de er kontinuerlige.

fxy′′=fyx′′f''_{xy}=f''_{yx}

Du trenger derfor bare regne ut den ene. Regner du ut begge likevel, har du en gratis kontroll på at derivasjonen er riktig.

Lokalt er ikke globalt
Testen ser bare på krumningen i selve punktet.

D>0, fxx′′>0 i (x0,y0) ⟹ lokalt minimumD>0,\ f''_{xx}>0\ \text{i}\ (x_0,y_0)\ \Longrightarrow\ \textbf{lokalt}\ \text{minimum}

Ordet «lokalt» skal stå i svaret. Skal konklusjonen utvides til hele definisjonsområdet, kreves et eget argument — se kap. 6.2.

D=0D=0 er en beskjed, ikke et svar
Testen melder at den ikke kan skille tilfellene.

D=0: maksimum, minimum og sadelpunkt er alle muligeD=0:\ \text{maksimum, minimum og sadelpunkt er alle mulige}

Da må du argumentere direkte fra funksjonsverdiene: vis en ulikhet som holder overalt, eller finn to retninger der funksjonen oppfører seg motsatt. Å skrive at testen er inkonklusiv, er et riktig svar; å gjette er det ikke.

Kryssleddets rolle
Determinanten veier akse-krumning mot vridning.

fxx′′fyy′′>(fxy′′)2 ⟺ D>0f''_{xx}f''_{yy}>\left(f''_{xy}\right)^2\ \Longleftrightarrow\ D>0

Er vridningen liten i forhold til krumningen langs aksene, krummer flaten samme vei i alle retninger, og punktet er et ekstrempunkt. Er vridningen stor, vipper flaten og punktet blir et sadelpunkt.

Når D>0D>0 har begge akse-krumningene samme fortegn
Derfor kan du sjekke hvilken som helst av dem.

D>0 ⟹ fxx′′fyy′′>0 ⟹ fxx′′ og fyy′′ har samme fortegnD>0\ \Longrightarrow\ f''_{xx}f''_{yy}>0\ \Longrightarrow\ f''_{xx}\ \text{og}\ f''_{yy}\ \text{har samme fortegn}

De fleste bruker fxx′′f''_{xx} av vane. Er den tungvint å regne ut i punktet, gir fyy′′f''_{yy} nøyaktig samme konklusjon.

Kontrollen som alltid virker
Sett kandidatpunktet tilbake i begge førsteordensbetingelsene.

fx′(x0,y0)=?0ogfy′(x0,y0)=?0f'_x(x_0,y_0)\overset{?}{=}0\qquad\text{og}\qquad f'_y(x_0,y_0)\overset{?}{=}0

Det tar tjue sekunder og fanger nesten alle algebrafeil i steg 1. Er punktet feil, hjelper det ikke at klassifiseringen er teknisk korrekt.

Fri optimering mot betinget optimering
To sjangre som ser like ut, men har ulikt apparat.

fri: fx′=fy′=0, deretter D;betinget: L=F−λ(g−m), FOB\text{fri}:\ f'_x=f'_y=0,\ \text{deretter }D;\qquad \text{betinget}:\ L=F-\lambda(g-m),\ \text{FOB}

Er det en bibetingelse i oppgaven, hører den til Del 8 og Hesse-determinanten skal ikke brukes. Er det ingen bibetingelse, hører den hit og multiplikatoren skal ikke innføres. Å lese hvilken av de to det er, tar fem sekunder og avgjør hele oppgaven.

Kryssleddet i økonomisk språk
Fortegnet på fxy′′f''_{xy} sier hvordan de to variablene virker på hverandre.

fxy′′<0: substitutter;fxy′′>0: komplementerf''_{xy}<0:\ \text{substitutter};\qquad f''_{xy}>0:\ \text{komplementer}

Er fxy′′f''_{xy} negativ, faller grenseavkastningen av det ene når det andre øker — varene tar markedsandeler fra hverandre. Er den positiv, forsterker de hverandre. For klassifiseringen er det likevel bare tallverdien som teller.

Repetisjonsoppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.