Extrema mit Nebenbedingung < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:17 Di 20.07.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Hallo zusammen!
Ich habe folgende Aufgabe zu lösen:
Es sei [mm]f: \IR^3 \to \IR, f(x,y,z)=x*y*z[/mm] unter den Nebenbedingungen [mm] x^2+y^2+z^2=1 [/mm] und x+y+z =1.
Bestimme alle Absoluten Extrema!
Bei dieser Aufgabe bin ich über die Lagrange Multiplikatoren herangegengen.
Ich habe mir dazu eine Funktion g definiert mit
[mm] g(x,y,z)=x^2-x+y^2-y+z^2-z.
[/mm]
(Dg)(x,y,z)=(2x-1,2y-1,2z-1)
gradf(x,y,z)=(yz,xz,xy).
Nach dem Satz über Extrema mit Nebenbedingungen gilt dann:
gradf=((Dg)(x,y,z))(transponiert)*k=0 für k aus den reelen Zahlen.
Somit habe ich ein lineares Gleichungssystem mit 5 Gleichungen (inkl. den Nebenbedingungen) und 4 Unbekannten.
Als mögliche Extremstellen erhielt ich: (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).
Aber was kann ich damit anfangen?
Setze ich die gefundenen Extremstellen in f ein, so erhalte ich 0.
Sind es Maxima oder Minima?
Sind das alle Extremstellen?
Kann mir da mal jemand auf die Sprünge helfen?
Gruss,
Wurzelpi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:53 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Micha |
Hallo Wurzelpi!
Also ich weiß nicht, ob du die zwei Nebenbedingungen so einfach in eine packen kannst. Weil du theoretisch bei 2 Nebenbedingungen auch aus zwei Lamdakomponenten [mm] $\lambda [/mm] = ( [mm] \lambda_1 [/mm] , [mm] \lambda_2 [/mm] ) $ kommen musst.
Vielleicht konsultierst du auch mal diese Seite:
![[]](/images/popup.gif) http://homepage.univie.ac.at/Wilfried.Grossmann/Vorlesungen/Mathe2/NichtlineareOptimierung-handout.pdf
da steht vieles nochmal dazu erklärt.
So wie ich das hier aber sehe, sind die Punkte: [mm](1,0 ,0) , (0,1,0) \hbox{und }(0,0,1) [/mm]die einzigen Punkte im [mm] $\IR^3$, [/mm] die überhaupt beide Nebenbedingungen erfüllen (vorausgesetzt, da steht beiden wirlich ein ungleich).
Dann kann man die Extrema auch "manuell" bestimmen, in dem man den Funktionswert an den drei Stellen berechnet (der ist 0).
Gruß, Micha
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 08:40 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Hallo!
Sorry, aber leider kann ich mit Deinem Link nicht so viel anfangen.
Er beantwortet nicht ganz meine Fragen.
Mein erster Ansatz war auch, zwei Funktionen zu definieren, sodass Lambda zweidimensional war.
Aber da kam ich nicht weiter.
Deshalb habe ich nur eine Funtion g definiert.
Bei der Lösung des LGS habe ich aber die Bedingungen gesondert betrachtet.
Vielleicht kann ja noch jemand sich dieser Aufgabe annhemen und noch auf meine Fragen eingehen!
Gruss,
Wurzelpi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:24 Mi 21.07.2004 | | Autor: | taenzer |
Also ich habe mal in den Bronstein geschaut. Da steht folgendes:
Gesucht sind alle rleativen [...] Extremwerte einer in [...] [mm] $\IR^n$ [/mm] definierten Funktion [mm] $f(x_1,\dots,x_n)$, [/mm] wobei die Punkte [mm] $P(x_1,\dots,x_n)$ [/mm] den Nebenbedingungen
[mm]\varphi_i(x_1,\dots,x_n)=0\quad(i=1,\dots,m)[/mm]
genügen sollen. [...] Die Funktionen [mm] $f,\,\varphi_1,\dots,\varphi_m$ [/mm] seien stetig differenzierbar und der Rang der Funktionalmatrix [mm] $\left(\frac{\partial\varphi_i}{\partial x_k}\right)$ [/mm] sein gleich $m$. Ferner sei
[mm]L:=f+\summe_{k=1}^{m}\lambda_k\varphi_k[/mm]
die Lagragefunktion mit den Multiplikatoren [mm] $\lambda_1,\dots,\lambda_m$, [/mm] die beliebige relle Zahlen bezeichnen.
Hat $f$ in [mm] $P_0(x_1^0,\dots,x_n^0)$ [/mm] [...] einen relativen Extremwert, dann gelten die Gleichungen:
a)[mm]L_{x_i}(P_0)=\frac{\partial f}{\partial x_i}+ \summe_{k=1}^{m} \lambda_k\frac{\partial\varphi_k}{\partial x_i}(P_0)=0
\quad (i=1,\dots,n)[/mm]
b)[mm]L_{\lambda_k}=\varphi_k(P_0)=0\quad (k=1,\dots,m)[/mm]
Man erhält also als notwendige Bedingung ein System von $n+m$ Gleichungen für die $n+m$ unbekannten [mm] $x_1^0,\dots,x_n^0,\lambda_1,\dots,\lambda_m$.
[/mm]
In Deinem Fall müsstest Du die Nebenbedingungen umschreiben:
[mm]\varphi_1(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1=0[/mm] und
[mm]\varphi_2(x,y,z)=x+y+z-1=0[/mm]
Die Lagrangefunktion lautet demnach:
[mm]L=x\cdot y\cdot z + \lambda_1(x^2+y^2+z^2-1)+\lambda_2(x+y+z-1)[/mm]
So jetzt ableiten (nach [mm] $x_i$ [/mm] und [mm] $\lambda_j$) [/mm] und nullsetzen.
Mal sehen was rauskommt...
Gruß
Christian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:44 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Micha |
Nuja ich hab das mal gerechnet, wenn man es strikt formal versucht:
> Die Lagrangefunktion lautet demnach:
[mm]L=x\cdot y\cdot z + \lambda_1(x^2+y^2+z^2-1)+\lambda_2(x+y+z-1)[/mm]
> So jetzt ableiten (nach [mm]x_i[/mm] und [mm]\lambda_j[/mm]) und
> nullsetzen.
>
> Mal sehen was rauskommt...
>
[mm]\frac{\partial L}{\partial x}= y\cdot z + 2 \lambda_1 x +\lambda_2[/mm]
[mm]\frac{\partial L}{\partial y}= x\cdot z + 2 \lambda_1 y +\lambda_2[/mm]
[mm]\frac{\partial L}{\partial z}= x\cdot y + 2 \lambda_1 z +\lambda_2[/mm]
[mm]\frac{\partial L}{\partial \lambda_1}= x^2 +y^2 +z^2 -1[/mm]
[mm]\frac{\partial L}{\partial \lambda_2}= x +y +z -1[/mm]
Wegen der Vorletzten Gleichung hast du aber kein einfach zu lösendes linereares Gleichungssystem mehr, man "sieht" aber, dass die letzen beiden Gleichungen nur für $(1,0,0), (0,1,0) [mm] \hbox{ und } [/mm] (0,0,1)$ erfüllt sind... (Siehe meine erste Antwort dazu.)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:10 Mi 21.07.2004 | | Autor: | taenzer |
Ich bin sowieso nie davon ausgegangen, dass das ein lineares Gleichungssystem wird. Aber wie sieht man, dass da nur die drei Lösungen herauskommen?
Wenn ich die zweite Nebenbedingung nach $x$ auflöse und in die erste Nebenbedingung einsetze erhalte ich [mm] $y^2+z^2-y-z+yz=0$. [/mm] Das hat doch nicht nur drei Lösungen, oder?
Es kommt noch hinzu, dass das erste Verfahren von Wurzelpi nicht korrekt ist, weil er eine andere Nebenbedingung benutzt!
Gruß
Christian
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:44 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Wurzelpi |
Hallo zusammen!
Da seid Ihr aber sehr fleissig gewesen.
Ich habe heute den ganzen Tag für meine ANA-Klausur gebüffelt und konnte daher leider nicht mitdiskutieren!
Euer endgültiges Ergebnis sieht aber sehr gut aus.
Allerdings habe ich noch eine Frage.
Wieso kann ich denn meine Nebenbedingung nicht so schreiben, wie ich das getan habe?
Euer Weg ging auch nur über eine Nebenbedingung, diese habt ihr nur anders verwertet.
Weiterhin ist mir auch noch nicht klar, wieviele Gleichngen ich dann letztenendes habe?
Es müssen auf jeden Fall ja 4 Gleichungen sein.
Ist die vierte Gleichung die neue Nebenbedingung?
Oder packe ich als Gleichung 4 und 5 die eigentlichen Nebenbedingungen aus dem Aufgabentext?
Vielen Dank für Eure Mühen!!!!
Gruss,
Wurzelpi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:08 Mi 21.07.2004 | | Autor: | taenzer |
Die Idee ist, dass Du zu der Funktion $f$, von der die Extrema gesucht werden, die Nullen hinzuaddierst, mit dem jeweiligen Lagrange-Multiplikator dazu. Und zwar Nullen in dem Sinne, wie sie von den Nebenbedingungen erfüllt werden. Damit erweiterst Du die Funktion um ein paar Variablen (die [mm] $\lambda_i$) [/mm] und suchst davon über den herkömmlich Weg die Extrema (Gradient Null setzen). Jetzt werden die Nebenbedingungen aber berücksichtigt.
> Euer Weg ging auch nur über eine Nebenbedingung, diese habt
> ihr nur anders verwertet.
Das stimmt nicht. Meine Lagrangefunktion lautet [mm]L=x\cdot y\cdot z + \lambda_1(x^2+y^2+z^2-1)+\lambda_2(x+y+z-1) [/mm]
In diesem Fall erhalten wir 5 Gleichung mit den 5 unbekannten [mm] $x,y,z.\lambda_1,\lambda_2$.
[/mm]
Deine Lagrangefunktion würde anders lauten und es würde ein anderes Gleichungssystem entstehen.
Es ist nicht legitim. Die Nebenbedingungen zusammenzufassen. Das ist eine andere Nebenbedingung die Du dort aufgestellt hast. Vielleicht kommt zufällig das gleiche heraus.
Gruß
Christian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:34 Mi 21.07.2004 | | Autor: | taenzer |
> [mm]\frac{\partial L}{\partial \lambda_1}= x^2 +y^2 +z^2 -1=0[/mm]
>
> [mm]\frac{\partial L}{\partial \lambda_2}= x +y +z -1=0[/mm]
>
[mm] $(1,0,0),\:(0,1,0)$ [/mm] und $(0,0,1)$ sind nicht die einzigen Lösungen.
Eine andere mögliche Lösung ist z.B.
[mm] $(\frac{1}{2},\frac{1-\sqrt{5}}{4},\frac{1+\sqrt{5}}{4})$
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:20 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Micha |
> > [mm]\frac{\partial L}{\partial \lambda_1}= x^2 +y^2 +z^2 -1=0[/mm]
>
> >
> > [mm]\frac{\partial L}{\partial \lambda_2}= x +y +z -1=0[/mm]
> >
>
> [mm](1,0,0),\:(0,1,0)[/mm] und [mm](0,0,1)[/mm] sind nicht die einzigen
> Lösungen.
> Eine andere mögliche Lösung ist z.B.
>
> [mm](\frac{1}{2},\frac{1-\sqrt{5}}{4},\frac{1+\sqrt{5}}{4})[/mm]
>
Mein Fehler war, dass ich fälschlich vermutet habe, dass $x+y+z = 1$ eine Gerade ist und keine Ebene.
Man hat ja den Einheitskreis und diese komische Ebene, deren Schnittmenge beide Nebenbedingunen erfüllt.
Vielleicht macht kann jemand mal die Kreisgleichung aufstellen? Ich habe da immer wieder nen Fehler, wenn ich nach x auflöse...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:39 Mi 21.07.2004 | | Autor: | taenzer |
Diesen komischen Kreis müsste man irgendwie parametriesieren.
Aber ich habe mich mal durch das Gleichungssystem durchgewurstelt und komme auf folgende Lösung:
[mm](1,0,0);\:(0,1,0)\mbox{ und }(0,0,1)[/mm] sind die Maxima.
[mm](-\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}),\:
(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},\frac{2}{3})\mbox{ und }
(\frac{2}{3},\frac{2}{3},-\frac{1}{3})[/mm] sind die Minima.
Aber keine Garantie. Das Gleichungssystem hat es in sich.
Gruß
Christian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:56 Mi 21.07.2004 | | Autor: | taenzer |
Der Tipp mit dem Einsetzen (siehe folgender Strang) funktioniert:
[mm]f(x,y,z)=xyz=xy(1-x-y)[/mm]
Die beiden Nebenbedingungen ineinander eingesetzt ergeben [mm]x^2+y^2-x-y+xy=0[/mm]. Daraus kann man
[mm]y(1-x-y)=x^2-x[/mm]
machen. Das setzen wir in unsere Funktion ein und erhalten:
[mm]f(x)=x^3-x^2[/mm]
Ableiten und Nullsetzen gibt zwei mögliche Extrema: [mm] $x_1=0$ [/mm] und [mm] $x_2=\frac{2}{3}$. [/mm] $y$ und $z$ kann man über die Nebenbedingungen ausrechnen.
Da das alles ziemlich symmetrisch ist, kommt das bei den anderen Variablen auch so hin und man erhält wirklich die Lösungen, die ich schon gepostet hatte.
Gruß
Christian
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