Extremvärdesproblem

Kapitel: 14.1–14.2 · Kurs: M0068M Förkunskaper: Kritiska punkter, Gradient och riktningsderivata, Partiella derivator

---

1. Frågan vi ställer

Givet en funktion $f(x,y)$ och en delmängd $K\subset {\mathbb{R}}^2$ — vilka är $f$:s största och minsta värde på $K$, och i vilka punkter antas de?

Grundtanken

Söket efter globala extremvärden delar upp $K$ i två zoner: det inre, där en extrempunkt måste vara kritisk, och randen $\partial K$, där $f$ blir en funktion av färre variabler som man kan optimera separat. Resten av jobbet är att lista alla kandidater och jämföra.

Bilden ovan illustrerar det generella läget: en kontinuerlig funktion ($f$ — färgskalan) på ett kompakt område $K$ (det inneslutna området) antar både ett största värde (max, röd) och ett minsta värde (min, blå). Vår uppgift är att lokalisera dem.

Weierstrass sats

Om $f$ är kontinuerlig och $K$ är kompakt (slutet och begränsat) så antar $f$ både ett maximum och ett minimum på $K$. Frågan är aldrig om extremvärden existerar — bara var de ligger.

Tecken på $\partial$

Symbolen $\partial$ i $\partial K$ betyder rand — den har ingenting med partialderivator att göra, trots notationen. Det är en av flervariabelanalysens trasiga vänner: samma symbol, två betydelser.

---

2. Var kan kandidaterna ligga?

Antag att $(x_0,y_0)\in K$ är en punkt där $f$ antar sitt största värde (analogt för minsta). Då måste $(x_0,y_0)$ vara av en av följande tre typer:

1. Inre kritisk punkt — $(x_0,y_0)$ ligger strikt innanför $K$ och uppfyller $\nabla f=\vec{0}$, dvs. $f_x(x_0,y_0)=0\text{och}{f}_y(x_0,y_0)=0.$
2. Inre singulär punkt — $(x_0,y_0)$ ligger strikt innanför $K$ men $f_x$ eller $f_y$ existerar inte där.
3. Randpunkt — $(x_0,y_0)\in \partial K$. Här gäller inte nödvändigtvis $\nabla f=\vec{0}$; randens geometri kan tvinga $f$ att vara stor (eller liten) i en punkt som ändå inte är kritisk i hela planet.

Varför just dessa tre?

I en inre punkt där $f$ är differentierbar och inte kritisk, pekar $\nabla f$ åt något håll — och då kan man röra sig en liten bit dit och öka $f$. Då kan punkten inte vara ett max. Argumentet gäller bara så länge man får flytta sig fritt i alla riktningar, vilket man bara får i det inre. På randen är man inlåst.

---

3. Metod — steg för steg

Receptet

1. Inre kritiska punkter. Lös ekvationssystemet $f_x=0,f_y=0$ och behåll de lösningar som ligger strikt innanför $K$.
2. Inre singulära punkter. Identifiera punkter där $f_x$ eller $f_y$ inte existerar. För polynom finns inga.
3. Randen. Parametrisera $\partial K$ styckevis. På varje stycke blir $f$ en envariabelsfunktion — derivera, sätt lika med noll, plocka ut alla lokala extrempunkter samt ändpunkter/hörn.
4. Jämför. Listan av kandidater är ändlig. Räkna $f$ i varje punkt och välj största och minsta värdet.

Vanliga fallgropar

• Glömt randen. Inre kritiska punkter ger inte hela bilden om $K$ är kompakt.
• Behållit kandidater utanför $K$. En lösning till $\nabla f=\vec{0}$ som ligger utanför $K$ är inte en kandidat — kasta bort den.
• Glömt hörnen. På en styckevis slät rand är hörnen alltid kandidater, även om $f$ inte är kritisk där.
• Förväxlat lokala och globala. Lokala extrempunkter inne i $K$ är kandidater, inte automatiskt svaret — jämför med randvärdena.

Bivillkor i förklädnad

Steg 3 — randundersökningen — är samma sak som att optimera $f$ under bivillkoret att $(x,y)$ ligger på randen. När randen ges som en nivåkurva $g(x,y)=0$ används ofta Lagranges multiplikatormetod istället för parametrisering.

---

4. Exempel — skivan

Exempel 1 — $f$ på enhetsskivan

Sök största och minsta värde hos $f(x,y)=x+x^2+y^2$ på $K=\{(x,y):x^2+y^2\le 1\}$.

Lösning Steg 1 — inre kritiska punkter. $\nabla f=\vec{0}⟺\{\begin{array}{l}{f}_x=1+2x=0\\ f_y=2y=0\end{array}⟹(x,y)=\left(-\frac{1}{2},0\right).$ Kontroll: ${\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+0^2=\frac{1}{4}<1$ — punkten ligger strikt innanför $K$. Behålls. $f\left(-\frac{1}{2},0\right)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+0=-\frac{1}{4}.$

Steg 2 — inre singulära punkter. $f$ är ett polynom; inga finns.

Steg 3 — randen. Parametrisera $x^2+y^2=1$ med $x=\cos t,y=\sin t,t\in [0,2\pi ]$: $g(t)=\cos t+{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t=\cos t+1.$ $g^{\prime }(t)=-\sin t=0⟹t=0\text{ eller }t=\pi ,\text{dvs. }(1,0)\text{ och }(-1,0).$

Steg 4 — jämför.

Punkt	Typ	$f$-värde
$\left(-\frac{1}{2},0\right)$	inre kritisk	$-\frac{1}{4}$
$(1,0)$	rand	$2$
$(-1,0)$	rand	$0$

$\boxed{f_{\min }=-\frac{1}{4}\text{ i }\left(-\frac{1}{2},0\right),f_{\max }=2\text{ i }(1,0).}$

Nivåkurvorna till $f$ är cirklar runt $\left(-\frac{1}{2},0\right)$ — den enda punkten där gradienten är noll. På randen blir $f$ entydigt bestämd av $\cos t$, så störst där $\cos t=1$ (dvs. $(1,0)$) och minst där $\cos t=-1$ (dvs. $(-1,0)$).

3D-vyn visar varför inre minimum hamnar nära $x=-\frac{1}{2}$: ytan är en paraboloid förskjuten åt vänster, så randens högsta punkt $(1,0)$ — där paraboloidens lutning är som störst åt höger — vinner mot bottnen.

---

5. Exempel — triangeln

Exempel 2 — $f$ på en triangel

Sök största och minsta värde hos $f(x,y)=3+x-x^2-y^2$ på triangeln $K:0\le x\le y\le 1$ (hörn $(0,0)$, $(0,1)$, $(1,1)$).

Lösning Steg 1 — inre kritiska punkter. $\nabla f=\vec{0}⟺\{\begin{array}{l}{f}_x=1-2x=0\\ f_y=-2y=0\end{array}⟹(x,y)=\left(\frac{1}{2},0\right).$ Punkten kräver $x\le y$, dvs. $\frac{1}{2}\le 0$ — falskt. Ligger utanför $K$. Förkastas.

Steg 2 — inre singulära punkter. Inga ($f$ är polynom).

Steg 3 — randen. Tre sidor:

• ${\gamma }_1:y=x,x\in [0,1]$ — diagonalen
• ${\gamma }_2:x=0,y\in [0,1]$ — vänsterkanten
• ${\gamma }_3:y=1,x\in [0,1]$ — toppen

På ${\gamma }_1$: $h(x)=f(x,x)=3+x-2x^2$. $h^{\prime }(x)=1-4x=0\Rightarrow x=\frac{1}{4}$, dvs. $\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$. $f\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)=\frac{25}{8}$.

På ${\gamma }_2$: $h(y)=f(0,y)=3-y^2$, monotont avtagande för $y\ge 0$. Inga inre extrempunkter; bara hörnen räknas.

På ${\gamma }_3$: $h(x)=f(x,1)=2+x-x^2$. $h^{\prime }(x)=1-2x=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}$, dvs. $\left(\frac{1}{2},1\right)$. $f\left(\frac{1}{2},1\right)=\frac{9}{4}$.

Hörn:

Hörn	$f$-värde
$(0,0)$	$3$
$(0,1)$	$2$
$(1,1)$	$2$

Steg 4 — jämför.

Punkt	Typ	$f$-värde
$\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$	rand (${\gamma }_1$)	$\frac{25}{8}=3,125$
$(0,0)$	hörn	$3$
$\left(\frac{1}{2},1\right)$	rand (${\gamma }_3$)	$\frac{9}{4}=2,25$
$(0,1)$	hörn	$2$
$(1,1)$	hörn	$2$

$\boxed{f_{\min }=2\text{ i }(0,1)\text{ och }(1,1),f_{\max }=\frac{25}{8}\text{ i }\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right).}$

Nivåkurvorna är cirklar runt $\left(\frac{1}{2},0\right)$ — det globala maxat av $f$ i hela planet, som ligger utanför triangeln. Den punkt på triangeln som ligger närmast detta “centrum” är $\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$ på diagonalen ${\gamma }_1$, vilket är var randmaxat hamnar.

Den nedåtvända paraboliska ytan antar sina två minsta värden i triangelns “fjärran” hörn $(0,1)$ och $(1,1)$, som båda ligger lika långt från det utomliggande centrumet.

---

6. Vidare — bivillkor och randundersökning

När randen är beskriven implicit — som en nivåkurva $g(x,y)=0$ snarare än styckevis parametriserad — blir steg 3 ofta enklare med Lagranges multiplikatormetod. Då söks punkter där $\vec{\nabla }f=-\lambda \vec{\nabla }g$, dvs. där nivåkurvorna till $f$ tangerar bivillkoret.

Samma idé, annan språkdräkt

Randundersökning genom parametrisering och randundersökning via Lagrange ger samma kandidater. Vilken metod som är enklast beror på hur randen är given:

• Lätt att parametrisera (rät linje, cirkel, ellips): parametrisera och derivera.
• Implicit nivåkurva ($g(x,y)=0$ med messig form): använd Lagrange.

---

7. Sammanfattning

Checklista för extremvärdesproblem

Givet $f$ kontinuerlig på ett kompakt område $K\subset {\mathbb{R}}^2$:

1. Inre kritiska punkter — lös $\nabla f=\vec{0}$, behåll bara lösningar inuti $K$.
2. Inre singulära punkter — punkter där partialderivatorna inte existerar.
3. Randen $\partial K$ — parametrisera styckevis, derivera, samla alla inre extrempunkter och hörn.
4. Jämför alla kandidater. Störst = max, minst = min.

Var i $K$	Villkor i kandidatpunkten
Inre, slät	$\nabla f=\vec{0}$
Inre, ej differentierbar	$f_x$ eller $f_y$ saknas
Rand (parametriserad)	$\frac{d}{dt}f(x(t),y(t))=0$
Rand (implicit $g=0$)	$\vec{\nabla }f\parallel \vec{\nabla }g$ (Lagrange)
Hörn på styckevis rand	tas med ovillkorligen

---

Läsning

• 14.1 Extreme Values
• 14.2 Extreme Values on Restricted Domains

Se även

• Kritiska punkter
• Lagranges multiplikatormetod
• Gradient och riktningsderivata
• Nivåkurvor och ytor
• Partiella derivator

Resurser

• 3Blue1Brown / Khan Academy: Lagrange multipliers, using tangency to solve constrained optimization — bygger den geometriska intuitionen för randundersökning.
• Khan Academy: Maxima, minima and saddle points
• Wikipedia: Extreme value theorem