kritische Punkte < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:40 Mo 28.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
| Aufgabe | Untersuche folgende Funktionen auf lokale Extrema:
a) f : [mm] \IR^2 \to \IR, [/mm] f(x,y) = [mm] xye^{y-x}
[/mm]
b) g: [mm] \IR^2 \to \IR, [/mm] g(x,y) = |x-1| + |y+1| |
zu a)
Als kritische Punkte habe ich (0,0) und (1, -1) erhalten.
Der Punkt (0,0) hat sich als Sattelpunkt herausgestellt.
Doch beim Punkt (1, -1) komme ich nicht weiter. Wenn ich die Hesse-Matrix für diesen Punkt aufschreibe, und anschliessend das char. Polynom berchene, erhalte ich keine Lösung:
A:= Hess f (1,-1)
det(A-t*E) = [mm] (e^-2-t)^2 [/mm] + [mm] 4e^{-4} [/mm] = 0
Diese Gleichung habe ich also erhalten...! Hat f also keine kritischen Punkte bei (1,-1) ?
zu Aufgabe b)
Wie können hier die krit. Punkte berechnet werden? Auch wieder den Gradienten gleich 0 setzten? Wie? lautet denn der Gradient hier
Grad g = (1,1) ?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:18 Mo 28.07.2008 | | Autor: | abakus |
> Untersuche folgende Funktionen auf lokale Extrema:
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> a) f : [mm]\IR^2 \to \IR,[/mm] f(x,y) = [mm]xye^{y-x}[/mm]
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> b) g: [mm]\IR^2 \to \IR,[/mm] g(x,y) = |x-1| + |y+1|
> zu a)
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> Als kritische Punkte habe ich (0,0) und (1, -1) erhalten.
>
> Der Punkt (0,0) hat sich als Sattelpunkt herausgestellt.
>
> Doch beim Punkt (1, -1) komme ich nicht weiter. Wenn ich
> die Hesse-Matrix für diesen Punkt aufschreibe, und
> anschliessend das char. Polynom berchene, erhalte ich keine
> Lösung:
>
> A:= Hess f (1,-1)
> det(A-t*E) = [mm](e^-2-t)^2[/mm] + [mm]4e^{-4}[/mm] = 0
>
> Diese Gleichung habe ich also erhalten...! Hat f also keine
> kritischen Punkte bei (1,-1) ?
>
> zu Aufgabe b)
>
> Wie können hier die krit. Punkte berechnet werden? Auch
> wieder den Gradienten gleich 0 setzten? Wie? lautet denn
> der Gradient hier
> Grad g = (1,1) ?
Hallo,
hier genügen (und sei es nur zur Ergebniskontrolle) elementare Kennnisse. Da der Betrag einer Zahl nicht negativ ist, ist 0 das mögliche Minimum dieser Funktion. Dieses Minimum erhält man für x=1 und y=-1.
Gruß Abakus
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> Untersuche folgende Funktionen auf lokale Extrema:
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> a) f : [mm]\IR^2 \to \IR,[/mm] f(x,y) = [mm]xye^{y-x}[/mm]
>
> b) g: [mm]\IR^2 \to \IR,[/mm] g(x,y) = |x-1| + |y+1|
> zu a)
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> Als kritische Punkte habe ich (0,0) und (1, -1) erhalten.
>
> Der Punkt (0,0) hat sich als Sattelpunkt herausgestellt.
>
> Doch beim Punkt (1, -1) komme ich nicht weiter. Wenn ich
> die Hesse-Matrix für diesen Punkt aufschreibe, und
> anschliessend das char. Polynom berchene, erhalte ich keine
> Lösung:
>
> A:= Hess f (1,-1)
> det(A-t*E) = [mm](e^-2-t)^2[/mm] + [mm]4e^{-4}[/mm] = 0
>
> Diese Gleichung habe ich also erhalten...!
Hallo,
hast Du sie denn nach t aufgelöst? Ergebnis? Denn Du willst ja die Eigenwerte haben.
> Hat f also keine
> kritischen Punkte bei (1,-1) ?
Daß das ein kritischer Punkt ist, hast Du ja ausgerechnet. Extremwert oder nicht, das ist jetzt die Frage, und dazu willst Du doch die Eigenwerte berechnen.
Du kannst es Dir übrigens etwas leichter machen, indem Du das Hauptminorenkriterium für die Definitheit benutzt. (Nachlesen).
(Uns würdest Du es leichter machen, würdest Du Zwischenergebnisse, also partielle Ableitungen und die Hessematrix, mitposten.)
>
> zu Aufgabe b)
>
> Wie können hier die krit. Punkte berechnet werden? Auch
> wieder den Gradienten gleich 0 setzten? Wie? lautet denn
> der Gradient hier
> Grad g = (1,1) ?
Wie abakus erwähnt, ist es ja schon klar, daß derFunktionswert am Minimum =0 ist, und wo diese Stellen sind, findet man auch ohne Zauberwerk heraus.
Zur Frage nach dem Gradienten: Definiere Dir die Funktion abschnittweise, analog zu dem, was man bei Funktionen, die nur von einer Variablen abhängen, tun würde.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:48 Mo 28.07.2008 | | Autor: | abakus |
Kleine Ergänzung zu Frage a):
Ich habe mal mit Excel die Funktionswerte in der Umgebung des kritischen Punktes berechnet (Schrittweite 0,1).
Vergleiche das Verhalten bei Annäherung entlang der farbig hervorgehobenen Diagonalen mit der Annäherung für y=const bzw. x=const (gelb).
[Dateianhang nicht öffentlich]
Gruß Abakus
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:22 Mo 28.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
Vielen Dank vorerst mal für die tollen Antworten. Vieles ist mir jetzt klar geworden.
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> Daß das ein kritischer Punkt ist, hast Du ja ausgerechnet.
> Extremwert oder nicht, das ist jetzt die Frage, und dazu
> willst Du doch die Eigenwerte berechnen.
>
> Du kannst es Dir übrigens etwas leichter machen, indem Du
> das Hauptminorenkriterium für die Definitheit benutzt.
> (Nachlesen).
>
> Also Hess f(1,-1) = [mm] \pmat{ e^-2 & 2*e^-2 \\ -2*e^-2 & e^-2 }
[/mm]
Mit dem Haupminorenkriterium hats geklappt. Alle Underminoren sind grösser als 0. Also besitzt f im Punkt (1,-1) ein lokales Minimum.
Korrekt?
Aber wie könnte ich dies mit Hilfe der Eigenwerte herausfinden?
Das char. Polynom lautet ja [mm] (e^{-2} [/mm] - [mm] t)^2 [/mm] + [mm] 4*e^{-4}. [/mm] Wie lauten also hier die Eigenwerte? Diese sollte ja in diesem Falle grösser als 0 sein...?
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> Vielen Dank vorerst mal für die tollen Antworten. Vieles
> ist mir jetzt klar geworden.
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> >
> > Daß das ein kritischer Punkt ist, hast Du ja ausgerechnet.
> > Extremwert oder nicht, das ist jetzt die Frage, und dazu
> > willst Du doch die Eigenwerte berechnen.
> >
> > Du kannst es Dir übrigens etwas leichter machen, indem Du
> > das Hauptminorenkriterium für die Definitheit benutzt.
> > (Nachlesen).
> >
> > Also Hess f(1,-1) = [mm]\pmat{ e^-2 & 2*e^-2 \\ -2*e^-2 & e^-2 }[/mm]
>
> Mit dem Haupminorenkriterium hats geklappt. Alle
> Underminoren sind grösser als 0. Also besitzt f im Punkt
> (1,-1) ein lokales Minimum.
> Korrekt?
>
> Aber wie könnte ich dies mit Hilfe der Eigenwerte
> herausfinden?
> Das char. Polynom lautet ja [mm](e^{-2}[/mm] - [mm]t)^2[/mm] + [mm]4*e^{-4}.[/mm] Wie
> lauten also hier die Eigenwerte? Diese sollte ja in diesem
> Falle grösser als 0 sein...?
Hallo,
rechne sie doch aus!
Du mußt nach t auflösen. Das ist eine ganz normale quadratische Gleichung.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:51 Mo 28.07.2008 | | Autor: | johnny11 |
ok, so erhalte ich also Lösung [mm] e^{-2} \pm i*2*e^{-2}
[/mm]
Ich habe aber gedacht, dass das Eigenwertkriterium nur für reelle Zahlen gilt...
Wie sehe ich denn nun, ob diese Eigenwerte positiv oder negativ sind?
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Damit wir mal eine Basis haben, auf welcher wir hier diskutieren:
Es ist
[mm]f(x,y) = x*y*e^{y-x}[/mm]
Hier ein Bild der Funktion im Bereich (x,y) = (-3,3):
[Dateianhang nicht öffentlich]
(Die beiden kritischen Punkte sind eingezeichnet).
Haben wir nun f, dann ist zunächst
[mm]\bruch{\partial}{\partial x}f(x,y) \quad=\quad y*e^{y-x} - x*y*e^{y-x} \quad=\quad y*e^{y-x}*\left(1-x\right)[/mm]
[mm]\bruch{\partial}{\partial y}f(x,y) \quad=\quad x*e^{y-x} + x*y*e^{y-x} \quad=\quad x*e^{y-x}*\left(1+y\right)[/mm]
Daraus kann man direkt die beiden möglichen Lösungen von
[mm]grad\ f(x,y) = \vektor{\bruch{\partial}{\partial x}f(x,y) \\ \bruch{\partial}{\partial y}f(x,y)} = \vektor{y*e^{y-x}*\left(1-x\right) \\ x*e^{y-x}*\left(1+y\right)} = \vektor{0\\0}[/mm]
ablesen: [mm](0,0)[/mm] und [mm](1,-1)[/mm].
Nun die zweiten Ableitungen für die Hesse-Matrix:
[mm]\bruch{\partial^{2}}{\partial x^{2}}f(x,y) \quad =\quad -2*y*e^{y-x} + x*y*e^{y-x} \quad = \quad y*e^{y-x}*(x-2)[/mm]
[mm]\bruch{\partial^{2}}{\partial x \partial y}f(x,y) = \bruch{\partial^{2}}{\partial y \partial x}f(x,y) = \quad =\quad e^{y-x} - x*e^{y-x} + y*e^{y-x} - x*y*e^{y-x} \quad = \quad e^{y-x}*(1+y)*(1-x)[/mm]
[mm]\bruch{\partial^{2}}{\partial y^{2}}f(x,y) \quad =\quad 2*x*e^{y-x} + x*y*e^{y-x} \quad = \quad x*e^{y-x}*(y+2)[/mm]
Und wie man sehen kann, ist [mm]\bruch{\partial^{2}}{\partial x \partial y}f(x,y) = \bruch{\partial^{2}}{\partial y \partial x}f(x,y)[/mm]. Ich verstehe also nicht, wie deine angegebene Hesse-Matrix "unsymmetrisch" sein kann? Wie du im Folgenden sehen wirst, musst du dann auch nicht mal an die komplexen Zahlen "denken"! 
Es ist
[mm]Hess\ f(x,y) = \pmat{\bruch{\partial^{2}}{\partial x^{2}}f(x,y) & \bruch{\partial^{2}}{\partial x \partial y}f(x,y) \\ \bruch{\partial^{2}}{\partial y \partial x}f(x,y) & \bruch{\partial^{2}}{\partial y^{2}}f(x,y)} = \pmat{y*e^{y-x}*(x-2) & e^{y-x}*(1+y)*(1-x) \\ e^{y-x}*(1+y)*(1-x) & x*e^{y-x}*(y+2)}[/mm].
Wenn ich jetzt (0,0) einsetze, erhalte ich die symmetrische Hesse-Matrix
[mm]Hess \ f(0,0) = \pmat{0 & 1 \\ 1 & 0}[/mm]
Und die ist mit [mm]\det\left(Hess\ f(0,0) - \lambda*E\right) = \lambda^{2} - 1 = (\lambda - 1)*(\lambda + 1)[/mm] kann man sehen, dass sowohl negative als auch positive Eigenwerte der Hesse-Matrix existieren [mm] \Rightarrow [/mm] Hesse-Matrix ist indefinit [mm] \Rightarrow [/mm] Punkt (0,0) ist Sattelpunkt. Hier ein Bild, wo man das auch sehr gut erkennen kann (Habe den Bereich um (0,0) sehr klein gehalten):
[Dateianhang nicht öffentlich]
Wenn ich analog (1,-1) einsetze, erhalte ich die symmetrische Hesse-Matrix
[mm]Hess \ f(1,-1) = \pmat{e^{-2} & 0 \\ 0 & e^{-2}}[/mm]
Damit ist [mm]\det\left(Hess\ f(1,-1) - \lambda*E\right) = (e^{-2}-\lambda)^{2}[/mm], es existieren also nur positive Eigenwerte [mm]\lambda_{1} = e^{-2} > 0[/mm] [mm] \Rightarrow [/mm] Hesse-Matrix ist positiv definit [mm] \Rightarrow [/mm] bei dem Punkt (1,-1) liegt ein Minimum vor! Das kann man auch an folgendem Bild der Funktion erkennen, wenn man die z-Achse mit einem kleinen Intervall ausstattet:
[Dateianhang nicht öffentlich]
PS.: Auf [mm] \IC [/mm] ist keine Ordnung definiert, folglich können Stellen dort nicht kleiner oder größer 0 sein!
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 3 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:26 Sa 02.08.2008 | | Autor: | johnny11 |
Ja genau, da muss ich mich wohl verrechnet haben.
Vielen Dank für eure ausführlichen Antworten.
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> > Also Hess f(1,-1) = [mm]\pmat{ e^-2 & 2*e^-2 \\ -2*e^-2 & e^-2 }[/mm]
Hallo,
steppenhahn hat ja inzwischen vorgemacht, wie's geht, und ich möchte nur noch auf eine Sache hinweisen, die ich vorhin übersehen habe:
Deine Hessematrix ist nicht symmetrisch.
Immer, wenn so etwas vorkommt, solltest Du aufhorchen: das ist ein Zeichen dafür, daß irgendwas nicht stimmt, denn die Hessematrizen zu "normalen" Funktionen (2mal stetig diffbar) SIND symmetrisch.
Und weil das so ist, KANN es - sofern man richtig rechnet - gar NICHT vorkommen, daß man für die Hessematrix nichtreelle Eigenwerte bekommt.
Gruß v. Angela
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