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| Aufgabe | Bestimmen Sie die lokalen Maxima und Minima der Funktion
$f(x,y) = [mm] 4x^3 [/mm] - 3xy$
auf der abgeschlossenen Einheitsskreisscheibe $D = [mm] \{(x,y) \in \IR^2; x^2+y^2=1\}$.
[/mm]
Hinweis: Betrachten Sie zunächst das Innere von D und den Rand von D für sich. |
Hallo ihr Lieben.
Also ich hab mich natürlich an den Hinweis gehalten.
Erst mal das Innere untersuchen. Das funktioniert ja wie gewöhnlich.
Also leiten wir die Funktion einfach mal ab:
[mm] $J_{f}^T(x,y) [/mm] = [mm] \begin{bmatrix}12x^2-3y\\-3x\end{bmatrix}$
[/mm]
Damit ergibt sich als mögliches Extremum nur: $x=y=0$. Dieses Extremum liegt auf jeden Fall im Inneren.
Also betrachten wir die Art des Extremums mit Hilfe der Hessermatrix: [mm] $H_{f} [/mm] = [mm] \begin{bmatrix}24x&&-3\\-3&&0\end{bmatrix}$
[/mm]
Damit ergibt sich, dass es sich bei $f(0,0)$ um ein Sattelpunkt handelt.
Nun bleibt noch der Rand übrig. Jetzt wirds kompliziert, das bekomm ich einfach nicht hin.
Also sei nun: [mm] $x^2+y^2=1$.
[/mm]
Damit könnte man wie wild rumhantieren und irgendwas in f einsetzen. Aber irgendwie klappt davon nix.
Mit Langrange-Multiplikatoren komm ich auch zu keinem Ergebnis.
Ist denn der Ansatz soweit überhaupt richtig?
Vielleicht könnt ihr mir ja helfen. Vielen Dank schon mal, euer Highchiller
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Hallo,
> Bestimmen Sie die lokalen Maxima und Minima der Funktion
> [mm]f(x,y) = 4x^3 - 3xy[/mm]
> auf der abgeschlossenen
> Einheitsskreisscheibe [mm]D = {(x,y) \in \IR^2; x^2+y^2=1}[/mm].
>
> Hinweis: Betrachten Sie zunächst das Innere von D und den
> Rand von D für sich.
> Hallo ihr Lieben.
>
> Also ich hab mich natürlich an den Hinweis gehalten.
> Erst mal das Innere untersuchen. Das funktioniert ja wie
> gewöhnlich.
> Also leiten wir die Funktion einfach mal ab:
> [mm]J_{f}^T(x,y) = \begin{bmatrix}12x^2-3y\\-3x\end{bmatrix}[/mm]
>
> Damit ergibt sich als mögliches Extremum nur: [mm]x=y=0[/mm].
> Dieses Extremum liegt auf jeden Fall im Inneren.
>
> Also betrachten wir die Art des Extremums mit Hilfe der
> Hessermatrix: [mm]H_{f} = \begin{bmatrix}24x&&-3\\-3&&0\end{bmatrix}[/mm]
>
> Damit ergibt sich, dass es sich bei [mm]f(0,0)[/mm] um ein
> Sattelpunkt handelt.
hört sich soweit ok an. Ist schon durch scharfes hinsehen klar, dass die matrix indefinit ist? Mir nicht unbedingt, ich würde vielleicht die eigenwerte ausrechnen.
>
> Nun bleibt noch der Rand übrig. Jetzt wirds kompliziert,
> das bekomm ich einfach nicht hin.
> Also sei nun: [mm]x^2+y^2=1[/mm].
> Damit könnte man wie wild rumhantieren und irgendwas in f
> einsetzen. Aber irgendwie klappt davon nix.
> Mit Langrange-Multiplikatoren komm ich auch zu keinem
> Ergebnis.
> Ist denn der Ansatz soweit überhaupt richtig?
dann schreib doch mal deinen ansatz mit lagrange-multiplikatoren.
[mm] $\nabla [/mm] f$ muss ein Vielfaches vom gradienten der jeweiligen niveaumengen-funktion sein, hier also [mm] $\nabla [/mm] g$ mit [mm] $g(x,y)=x^2+y^2 [/mm] - 1$. Finde als [mm] $\lambda$ [/mm] mit [mm] $\nabla f=\lambda\cdot \nabla [/mm] g$. Das sollte schon funktionieren
gruss
matthias
>
> Vielleicht könnt ihr mir ja helfen. Vielen Dank schon mal,
> euer Highchiller
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Naja, nun zeigt sich wohl eine kleine Verständnisschwäche.
Also mit Lagrange betrachten wir ja jetzt folgende Funktion:
[mm] $L(x,y,\lambda) [/mm] = [mm] 4x^3-3xy [/mm] + [mm] \lambda x^2 [/mm] + [mm] \lambda y^2 [/mm] - [mm] \lambda$
[/mm]
Und damit:
[mm] $\begin{matrix}\frac{\partial L}{\partial x} = && 12x^2+2\lambda x - 3y && =0\\
\frac{\partial L}{\partial y} = && 2\lambda y - 3x && =0\\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = && x^2+y^2-1 && =0 \end{matrix}$
[/mm]
Wenn ich jetz aber mal i) nach y umstellen und in ii) einsetze, komm ich zum Beispiel darauf, dass $x = y = 0$
Das doch aber quatsch. Und überhaupt, was soll das [mm] $\lambda$? [/mm] Können wir das wählen wie wir lustig sind oder wie? Irgendwie ergeben sich mehr Fragen als Antworten.
Wenn ich mir das System mal von Wolframalpha ausrechnen lasse, bekomme ich UNGLAUBLICH krumme Zahlen. Das kann doch nicht stimmen.
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> Naja, nun zeigt sich wohl eine kleine
> Verständnisschwäche.
>
> Also mit Lagrange betrachten wir ja jetzt folgende
> Funktion:
> [mm]L(x,y,\lambda) = 4x^3-3xy + \lambda x^2 + \lambda y^2 - \lambda[/mm]
>
> Und damit:
> [mm]$\begin{matrix}\frac{\partial L}{\partial x} = && 12x^2+2\lambda x - 3y && =0\\
\frac{\partial L}{\partial y} = && 2\lambda y - 3x && =0\\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = && x^2+y^2-1 && =0 \end{matrix}$[/mm]
>
> Wenn ich jetz aber mal i) nach y umstellen und in ii)
> einsetze, komm ich zum Beispiel darauf, dass [mm]x = y = 0[/mm]
> Das
> doch aber quatsch. Und überhaupt, was soll das [mm]\lambda[/mm]?
> Können wir das wählen wie wir lustig sind oder wie?
> Irgendwie ergeben sich mehr Fragen als Antworten.
>
das lambda kann in der tat beliebig sein, es ist nur ein parameter, der sagt, dass der eine gradient ein vielfaches des anderen sein muss.
ziel ist es natürlich, das [mm] $\lambda$ [/mm] aus dem gleichungssystem zu eliminieren. ich würde also die zweite gleichung nach [mm] $\lambda$ [/mm] auflösen und das in die erste einsetzen. sicherlich kannst du die dritte da auch noch einbauen (zb. [mm] $x^2$ [/mm] durch [mm] $1-y^2$ [/mm] ersetzen). die resultierende gleichung musst du dann halt noch irgendwie auflösen...
gruss
matthias
> Wenn ich mir das System mal von Wolframalpha ausrechnen
> lasse, bekomme ich UNGLAUBLICH krumme Zahlen. Das kann doch
> nicht stimmen.
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Klingt irgendwie immernoch unrealistisch:
Also. Die erste mal umgeformt:
[mm] $12x^2+2\lambda [/mm] x - 3y = 0 [mm] \Rightarrow 2\lambda [/mm] = [mm] \frac{3y}{x}-12x$ [/mm] wobei $x [mm] \neq [/mm] 0$.
Das in 2. eingesetzt führt zu:
[mm] $\frac{3y^2}{x}-12xy-3x [/mm] = 0 [mm] \Rightarrow x^2 [/mm] = [mm] \frac{3y^2}{12y+3}$ [/mm] wobei $y [mm] \neq -\frac{1}{4}$.
[/mm]
Das wiederum in 3. führt zu:
[mm] $\frac{3y^2}{12y+3} [/mm] + [mm] y^2 [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow 4y^3+2y^2-4y-1=0$
[/mm]
Das kann doch nicht sein. Erst mal komm ich ohne Näherungsverfahren schon mal nicht weiter.
Davon ganz abgesehen hab ich schon zig Bedingungen damit ich nicht durch 0 Teile.
Wolfram Alpha sagt dann:
[mm] $y_1 \approx [/mm] -1.17146
[mm] y_2 \approx [/mm] -0.235342
[mm] y_3 \approx [/mm] 0.906803$
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> Klingt irgendwie immernoch unrealistisch:
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> Also. Die erste mal umgeformt:
> [mm]12x^2+2\lambda x - 3y = 0 \Rightarrow 2\lambda = \frac{3y}{x}-12x[/mm]
> wobei [mm]x \neq 0[/mm].
>
> Das in 2. eingesetzt führt zu:
> [mm]\frac{3y^2}{x}-12xy-3x = 0 \Rightarrow x^2 = \frac{3y^2}{12y+3}[/mm]
> wobei [mm]y \neq -\frac{1}{4}[/mm].
>
> Das wiederum in 3. führt zu:
> [mm]\frac{3y^2}{12y+3} + y^2 = 1 \Rightarrow 4y^3+2y^2-4y-1=0[/mm]
>
> Das kann doch nicht sein. Erst mal komm ich ohne
> Näherungsverfahren schon mal nicht weiter.
> Davon ganz abgesehen hab ich schon zig Bedingungen damit
> ich nicht durch 0 Teile.
das kannst du vermeiden, wenn du es geschickt anstellst:
du kannst zb die zweite gleichung mit x multiplizieren und hast dann einen ausdruck in [mm] $2\lambda [/mm] xy$. die lösungsmenge des gleichungssystems ändert sich dadurch nicht, denn man prüft schnell, dass es keine lösungen mit $x=0$ geben kann. dann multipliziert man die erste gleichung mit $y$ (selbe argumentation) und ersetzt [mm] $2\lambda [/mm] xy$. Dann weiter wie gehabt.
> Wolfram Alpha sagt dann:
> [mm]$y_1 \approx[/mm] -1.17146
> [mm]y_2 \approx[/mm] -0.235342
> [mm]y_3 \approx[/mm] 0.906803$
diese lösungen spuckt mir wolfram dann auch raus, die chancen sind also gut, dass sie stimmen...  Wie man ohne die Cardanischen Formeln (oder wolfram) auf diese lösungen kommen kann, ist mir allerdings auch nicht klar.
gruss
matthias
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:20 Mo 06.02.2012 | | Autor: | abakus |
> Bestimmen Sie die lokalen Maxima und Minima der Funktion
> [mm]f(x,y) = 4x^3 - 3xy[/mm]
> auf der abgeschlossenen
> Einheitsskreisscheibe [mm]D = {(x,y) \in \IR^2; x^2+y^2=1}[/mm].
>
> Hinweis: Betrachten Sie zunächst das Innere von D und den
> Rand von D für sich.
> Hallo ihr Lieben.
>
> Also ich hab mich natürlich an den Hinweis gehalten.
Na ja, so natürlich ist das nicht.
Notwendige Bedingung für lokale Extrema ist doch, dass sowohl die partiellen Ableitungen nach x als auch nach y Null sind.
Die Ableitung nach y ergibt -3x; also kann es lokale Extrema nur geben für x=0.
Wenn x=0 gilt, dann hat die Ableitung nach x für jedes beliebige y den Wert -3y (und ist nur Null, wenn auch y Null ist). Außerhalb des Ursprungs kann es also keine lokalen Extrema geben.
Gruß Abakus
> Erst mal das Innere untersuchen. Das funktioniert ja wie
> gewöhnlich.
> Also leiten wir die Funktion einfach mal ab:
> [mm]J_{f}^T(x,y) = \begin{bmatrix}12x^2-3y\\
-3x\end{bmatrix}[/mm]
>
> Damit ergibt sich als mögliches Extremum nur: [mm]x=y=0[/mm].
> Dieses Extremum liegt auf jeden Fall im Inneren.
>
> Also betrachten wir die Art des Extremums mit Hilfe der
> Hessermatrix: [mm]H_{f} = \begin{bmatrix}24x&&-3\\
-3&&0\end{bmatrix}[/mm]
>
> Damit ergibt sich, dass es sich bei [mm]f(0,0)[/mm] um ein
> Sattelpunkt handelt.
>
> Nun bleibt noch der Rand übrig. Jetzt wirds kompliziert,
> das bekomm ich einfach nicht hin.
> Also sei nun: [mm]x^2+y^2=1[/mm].
> Damit könnte man wie wild rumhantieren und irgendwas in f
> einsetzen. Aber irgendwie klappt davon nix.
> Mit Langrange-Multiplikatoren komm ich auch zu keinem
> Ergebnis.
> Ist denn der Ansatz soweit überhaupt richtig?
>
> Vielleicht könnt ihr mir ja helfen. Vielen Dank schon mal,
> euer Highchiller
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Da es sich aber um eine abgeschlossene Menge handelt, die Funktion obendrein stetig und damit auch beschränkt ist, muss f ein Maximum und ein Minimum auf D enthalten.
Wir wissen nun schon, dass es im Inneren keine Extrema gibt. Damit müssen Max und Min auf dem Rand angenommen werden.
Und genau da liegt grad das Problem.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:43 Mo 06.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Da es sich aber um eine abgeschlossene Menge handelt, die
> Funktion obendrein stetig und damit auch beschränkt ist,
> muss f ein Maximum und ein Minimum auf D enthalten.
> Wir wissen nun schon, dass es im Inneren keine Extrema
> gibt. Damit müssen Max und Min auf dem Rand angenommen
> werden.
>
> Und genau da liegt grad das Problem.
das sind komische Argumente: Schließlich ist [mm] $D=\{(x,y): x^2+y^2=1\}$ [/mm] selbst DER RAND DES EINHEITSKREISES.
Was Du eigentlich meinst, ist, die Funktion [mm] $f=f(x,y)\,$ [/mm] mit der gleichen Funktionsvorschrift einmal auf dem (abgeschlossenen) Kreis
[mm] $$K_1((0,0)):=\{(x,y): x^2+y^2 \le 1\}$$
[/mm]
zu betrachten, und dann betrachtest Du diese Funktion auch noch jeweils einmal eingeschränkt auf das Innere dieses Kreises und eingeschränkt auf den Rand dieses Kreises.
Du wolltest sicher eigentlich so argumentieren, dass (die auf [mm] $K_1((0,0))$ [/mm] "mit der gleichen Funktionsvorschrift erweiterte Funktion") [mm] $f\,$ [/mm] als stetige Funktion auf einer kompakten Menge Maximum und Mininum annimmt. Weil sie dies nicht im Inneren von [mm] $K_1((0,0))$ [/mm] tut (als auf [mm] $\{(x,y): x^2+y^2 < 1\}$), [/mm] muss sie das auf [mm] $D\,$ [/mm] tun...
Beachte: Die Menge [mm] $D\,$ [/mm] ist gerade der Rand dieses Kreises, diese Menge ist in der Tat kompakt (insbesondere abgeschlossen und beschränkt) und [mm] $f\,$ [/mm] ist stetig auf [mm] $D\,.$ [/mm] Also wird [mm] $f\,$ [/mm] dort insbesondere ein Maximum und ein Minimum haben, und dieses kannst Du wegen den Vorüberlegeungen "in Bezug zu der mit der gleichen Funktionsvorschrift auf [mm] $K_1((0,0))$ [/mm] definierten Funktion [mm] $f\,$ [/mm] (der könnte man auch besser einen neuen Namen geben, aber nun gut!) setzen."
P.S.:
Beachte: [mm] $D^o\,,$ [/mm] also der innere Kern von [mm] $D\,,$ [/mm] ist nichts anderes als [mm] $\emptyset\,.$
[/mm]
[mm] $(K_1((0,0)))^o\,,$ [/mm] also der innere Kern von [mm] $K_1((0,0))\,,$ [/mm] ist gerade
[mm] $$(K_1((0,0)))^o=\{(x,y) \in \IR^2: x^2+y^2 < 1\}\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:10 Di 07.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Da der Rand ein Kreis ist, kann man ihn parametrisiert mit x=cost, y=sint leicht in f(x,y) einsetzen, dann die extremwerte von f(t) berechnen.
f'(t)=0 liefert, alles in sin umgerechnet eine Gl. dritten grades in y=sint, die mit deiner für y übereinstimmt.aber schneller als mit dem grad Verfahren
gruss leduart
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