Handboek · hoofdstuk 2Optimaliseren

Een functie $f$ heeft in $c$ een lokaal maximum als $f(c)\ge f(x)$ voor alle $x$ in de buurt van $c$; een globaal maximum als dat geldt voor het hele domein. Minimum analoog. Het kernargument is kort: is $f$ afleidbaar in een lokaal maximum $c$ binnen het domein, dan is het differentiequotiënt $\frac{f(c+h)-f(c)}{h}$ niet positief voor $h>0$ en niet negatief voor $h<0$. Beide limieten zijn $f^{\prime }(c)$, dus:

Waar zoek je dus? Op drie soorten plaatsen:

1. Stationaire punten: $f^{\prime }(x)=0$.
2. Randen van een gesloten domein: daar hoeft de afgeleide niet nul te zijn.
3. Punten waar $f$ niet afleidbaar is: een knik, zoals $|x|$ in 0.

De figuur toont het allemaal voor $f(x)=x^3(x-2{)}^2$ op $[-0,8;2,6]$. In $x=0$ is de raaklijn horizontaal, maar de functie stijgt links én rechts: een buigpunt met horizontale raaklijn, geen extremum. Het globale maximum en minimum liggen op de randen, waar $f^{\prime }\ne 0$.

Het echte blikje wijkt 12 % af van de optimale straal en kost toch maar 1,5 % meer materiaal. Dat is geen toeval. Rond een glad minimum is $A^{\prime }(r^{\ast })=0$, dus volgens Taylor (hoofdstuk 1)

De eerste-ordeterm valt weg: een afwijking kost kwadratisch weinig. Schrijf je de straal relatief, $x=r/r^{\ast }$, dan is voor elke cilinder met gelijke dikte $\frac{A}{A_{\text{min}}}=\frac{2/x+x^2}{3}\approx 1+(x-1{)}^2$. Een afwijking van 10 % kost ongeveer 1 %, een van 20 % ongeveer 4 %. Wie minder dan 5 % extra materiaal wil, mag de straal kiezen tussen 0,79 en 1,24 keer de optimale.

Dat is goed nieuws voor de ontwerper: in de buurt van het optimum is er ruimte voor andere doelen (past het door de deur, staat het stabiel, bestaat die maat in de handel) zonder veel te verliezen. Het omgekeerde geldt ook: een optimum dat je nauwkeurig 'raakt', levert weinig op als het vlak is. Rekenen tot op de millimeter is dan zinloos.

De tank moet door een deur met 0,80 m vrije doorgang: met een centimeter speling aan elke kant is $d\le 0,78\mathrm{m}$. En in de technische ruimte (2,6 m hoog) moet boven de tank ruimte blijven voor de vulopening en de leidingen: $h\le 2,2\mathrm{m}$, of $d\ge \sqrt{4V/(\pi h_{\text{max}})}=0,538\mathrm{m}$. Het toegelaten domein is dus $0,54\le d\le 0,78\mathrm{m}$.

Het vrije optimum ($d=0,86\mathrm{m}$) ligt buiten dat domein. Binnen het domein daalt $A(d)$ overal, dus het beste toegelaten ontwerp ligt op de rand: $d=0,78\mathrm{m}$, $h=1,046\mathrm{m}$. De deurvoorwaarde is actief: ze bepaalt het ontwerp, en daar is $A^{\prime }(d)\ne 0$. De prijs is klein, precies omdat het optimum vlak is: $3,520$ in plaats van $3,487{\mathrm{m}}^2$, 0,9 % meer materiaal.

Een algemene les: los eerst het vrije probleem op, en kijk dan welke voorwaarden geschonden zijn. Die worden actief; vul ze in als gelijkheid en optimaliseer verder over wat overblijft. Bij meer variabelen wordt dat systematisch met de methode van Lagrange (hoger onderwijs): in het optimum wijst de gradiënt van de doelfunctie loodrecht op de grens.

In een woonmodule van 24 m² is vloeroppervlak kostbaar. Een smallere tank neemt minder vloer in maar vraagt meer materiaal; een bredere tank (boven 0,86 m) vraagt meer van beide. Zet elke diameter uit als punt (vloeroppervlak, materiaal). Een ontwerp is gedomineerd als een ander ontwerp op beide doelen minstens even goed is en op één beter. De niet-gedomineerde ontwerpen vormen het Pareto-front: daar kan je alleen iets winnen door elders iets te verliezen.

De wiskunde kiest niet op het front; de ontwerper wel, met een van drie technieken:

• Gewogen som: minimaliseer $J=w_1\frac{A}{A_{\text{ref}}}+w_2\frac{F}{F_{\text{ref}}}$ (dimensieloos maken is nodig, anders tel je m² bij kilogram op). De gewichten zijn een waardeoordeel: zeg ze hardop.
• Eén doel, de rest als voorwaarde ($\epsilon$-methode): minimaliseer het materiaal met $F\le 0,40{\mathrm{m}}^2$. Dat is wat ingenieurs het vaakst doen, omdat een grens makkelijker te verdedigen is dan een gewicht.
• Kiezen op het front: toon de opdrachtgever de hele kromme en laat de afweging zichtbaar.

Voor de tank (tabel bij het volgende blad): tussen 0,54 en 0,78 m ligt elk ontwerp op het front. 0,78 m spaart het meeste materiaal, 0,70 m spaart 0,09 m² vloer voor 3,0 % meer materiaal en een hogere waterdruk.

Een open bak in de vorm van een balk (lengte $l$, breedte $b$, hoogte $h$) moet 0,50 m³ water bevatten. Nu zijn er twee vrije variabelen: met $h=V/(lb)$ is het materiaal

Een partiële afgeleide is een gewone afgeleide naar één variabele, met de andere vast: $\frac{\partial A}{\partial l}=b-\frac{2V}{l^2}$ en $\frac{\partial A}{\partial b}=l-\frac{2V}{b^2}$. In een minimum zijn ze allebei nul. Uit beide volgt $l=b$ en $l^3=2V$: $l=b=1,00\mathrm{m}$, $h=0,50\mathrm{m}$, $A=3,00{\mathrm{m}}^2$. Een open bak is dus twee keer zo breed als hoog.

De twee partiële afgeleiden samen vormen de gradiënt $\nabla A=\left(\frac{\partial A}{\partial l},\frac{\partial A}{\partial b}\right)$. Hij wijst in de richting waarin $A$ het snelst stijgt, en staat loodrecht op de niveaulijnen. Gradiëntafdaling zet daarom kleine stappen tegen de gradiënt in:

In de figuur vertrekt de zoektocht in $(0,45;1,80)$ met $\eta =0,3$ en volgt de steilste helling naar beneden, eerst snel, dan steeds trager omdat de gradiënt kleiner wordt. Een te grote $\eta$ schiet over het dal heen en divergeert. Het programma probeert vier stapgroottes:

def A(l, b, V=0.5):                  # open bak: bodem l*b en vier wanden, hoogte V/(l*b)
    return l * b + 2 * V / b + 2 * V / l


def grad(l, b, V=0.5):
    return b - 2 * V / l ** 2, l - 2 * V / b ** 2


for eta in (0.1, 0.3, 0.6, 0.7):
    l, b = 0.45, 1.8
    for k in range(1, 301):
        gl, gb = grad(l, b)
        l, b = l - eta * gl, b - eta * gb
        if abs(gl) + abs(gb) < 1e-6 or not (0 < l < 10 and 0 < b < 10):
            break
    print("eta %.1f: na %3d stappen l = %.4f, b = %.4f" % (eta, k, l, b))

eta 0.1: na 142 stappen l = 1.0000, b = 1.0000
eta 0.3: na  41 stappen l = 1.0000, b = 1.0000
eta 0.6: na  71 stappen l = 1.0000, b = 1.0000
eta 0.7: na   3 stappen l = 1.7820, b = 85.0149

Een neuraal netwerk (hoofdstuk 43) doet precies dit, met miljoenen variabelen in plaats van twee.