Extremwertbestimmung < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:54 Mi 15.09.2010 | | Autor: | mvs |
| Aufgabe | Gegeben sei die Funktion f: [mm] \IR^{2}\to \IR
[/mm]
[mm] (x,y)\mapsto 2x^{3}-3x^{2}-y^{2}
[/mm]
a) Bestimmen Sie alle Extremwerte von f und überprüfen Sie, von welchem Typ diese sind (Maximum, Minimum, relativ, absolut). Besitzt f absolute Extremwerte? (Begründung!)
b) Minimieren Sie die Funktion f unter der Nebenbedingung
[mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 2 & 1 }*\vektor{x \\ y} [/mm] = [mm] \vektor{2 \\ 2}
[/mm]
c) Bestimmen Sie mit der Langrangeschen Multiplikatoren-Methode alle Extremwerte von f unter der Nebenbedingung [mm] (x+1)^{2}+y^{2}=4 [/mm] und überprüfen Sie von welchem Typ (Maximum, Minimum,relativ,absolut) diese sind. (Begründung!)
d) Geben sie anhand der Ergebnisse von a) und c) das absolute Maximum und Minimum von f unter der Nebenbedingung [mm] (x+1)^{2}+y^{2}\le4 [/mm] |
Hallo,
bei dieser Aufgabe habe ich ein paar Probleme und Verständnisfragen.
bisherige Lösung sieht so aus:
a)
[mm] f(x,y)=2x^{3}-3x^{2}-y^{2}
[/mm]
[mm] f'(x,y)=(6x^{2}-6x,-2y) [/mm] = 0
[mm] 6x^{2}-6x [/mm] = 0
[mm] \gdw [/mm] 6x*(x-1)=0
[mm] \gdw [/mm] 6x=0 [mm] \vee [/mm] x-1=0
[mm] \Rightarrow [/mm] x=0 [mm] \vee [/mm] x=1
-2y=0
[mm] \Rightarrow [/mm] y=0
[mm] \Rightarrow [/mm] P(0/0) und Q(1/0) als stationäre Punkte
f''(x,y) = [mm] \pmat{ 12x-6 & 0 \\ 0 & -2 }
[/mm]
f''(0,0) = [mm] \pmat{ -6 & 0 \\ 0 & -2 }
[/mm]
an diesem Punkte hänge ich. Hab nun die Determinante berechnet?
= -6*(-2)-(0*0)=12
f''(1,0) = [mm] \pmat{ 6 & 0 \\ 0 & -2 }
[/mm]
= 6*(-2)-(0*0)=-12
b)
[mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 2 & 1 }*\vektor{x \\ y} [/mm] = [mm] \vektor{2 \\ 2}
[/mm]
1) x+2y=2
2) 2y+x=2
Wie es weitergeht, weiß ich nicht.
c)
[mm] f(x,y)=2x^{3}-3x^{2}-y^{2}
[/mm]
NB: [mm] (x+1)^{2}+y^{2}=4
[/mm]
[mm] L(x,y,\lambda) [/mm] = [mm] 2x^{3}-3x^{2}-y^{2}+\lambda*((x+1)^{2}+y^{2}-4)
[/mm]
[mm] \bruch{dL}{dx}= 6x^{2}-6x+2*(x+1)*\lambda [/mm] = 0 (1)
[mm] \bruch{dL}{dy}= -2y+2y*\lambda [/mm] = 0 (2)
[mm] \bruch{dL}{d\lambda}= (x+1)^{2}+y^{2}-4=0 [/mm] (3)
aus (2):
[mm] -2y+2y*\lambda [/mm] = 0
[mm] \gdw 2y*(\lambda-1)=0
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] y=0 [mm] \vee \lambda=1
[/mm]
i) y=0
aus (3):
[mm] (x+1)^{2}+0^{2}-4=0
[/mm]
[mm] \gdw (x+1)^{2}-4=0
[/mm]
[mm] \gdw (x+1)^{2}=4
[/mm]
[mm] \gdw x+1=2\vee [/mm] x+1=-2
[mm] \Rightarrow [/mm] x= [mm] 1\vee [/mm] x=-3
[mm] \Rightarrow [/mm] P(1/0) und Q(-3/0) als stationäre Punkte
ii) [mm] \lambda=1, y\not=0
[/mm]
aus (1):
[mm] 6x^{2}-6x+2*(x+1)*1 [/mm] = 0
[mm] \gdw 6x^{2}-6x+2*(x+1)= [/mm] 0
[mm] \gdw 6x^{2}-6x+2x+2=0
[/mm]
[mm] \gdw 6x^{2}-4x+2=0
[/mm]
[mm] \gdw x^{2}-\bruch{2}{3}x+\bruch{1}{3}=0
[/mm]
[mm] \gdw x^{2}-\bruch{2}{3}x=-\bruch{1}{3}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] nicht lösbar in [mm] \IR
[/mm]
f(P)= [mm] 2*1^{3}-3*1^{2}-0^{2} [/mm] = -1
f(Q)= [mm] 2*(-3)^{3}-3*(-3)^{2}-0^{2} [/mm] = -81
[mm] \Rightarrow [/mm] P(1/0) absolutes Maximum
[mm] \Rightarrow [/mm] Q(-3/0) absolutes Minimum
Mein Ergebnis hab ich nun mehr oder weniger nach Gefühl gewählt. Ich hab gedacht, der kleinste Wert muss das Minimum sein und der größte das Maximum.
Mich interessiert insbesondere, ob relativ oder absolut. Absolut war nun mehr oder weniger geraten.
Frage daher, wann spricht man von absoluten und wann von relativen Extremwerten?
d) diese Teilaufgabe habe ich noch nicht gelöst, da ich ja noch keine Ergebnisse zu a) und c) habe.
Vielen Dank im voraus.
Gruß,
mvs
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> Gegeben sei die Funktion f: [mm]\IR^{2}\to \IR[/mm]
>
> [mm](x,y)\mapsto 2x^{3}-3x^{2}-y^{2}[/mm]
>
> a) Bestimmen Sie alle Extremwerte von f und überprüfen
> Sie, von welchem Typ diese sind (Maximum, Minimum, relativ,
> absolut). Besitzt f absolute Extremwerte? (Begründung!)
>
> b) Minimieren Sie die Funktion f unter der Nebenbedingung
>
> [mm]\pmat{ 1 & 2 \\
2 & 1 }*\vektor{x \\
y}[/mm] = [mm]\vektor{2 \\
2}[/mm]
>
> c) Bestimmen Sie mit der Langrangeschen
> Multiplikatoren-Methode alle Extremwerte von f unter der
> Nebenbedingung [mm](x+1)^{2}+y^{2}=4[/mm] und überprüfen Sie von
> welchem Typ (Maximum, Minimum,relativ,absolut) diese sind.
> (Begründung!)
>
> d) Geben sie anhand der Ergebnisse von a) und c) das
> absolute Maximum und Minimum von f unter der Nebenbedingung
> [mm](x+1)^{2}+y^{2}\le4[/mm]
> Hallo,
>
> bei dieser Aufgabe habe ich ein paar Probleme und
> Verständnisfragen.
>
> bisherige Lösung sieht so aus:
>
> a)
>
> [mm]f(x,y)=2x^{3}-3x^{2}-y^{2}[/mm]
> [mm]f'(x,y)=(6x^{2}-6x,-2y)[/mm] = 0
>
> [mm]6x^{2}-6x[/mm] = 0
> [mm]\gdw[/mm] 6x*(x-1)=0
> [mm]\gdw[/mm] 6x=0 [mm]\vee[/mm] x-1=0
> [mm]\Rightarrow[/mm] x=0 [mm]\vee[/mm] x=1
>
> -2y=0
> [mm]\Rightarrow[/mm] y=0
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] P(0/0) und Q(1/0) als stationäre Punkte
Hallo,
soweit ist das doch schon ganz nett.
Jetzt geht es mit der Hessematrix weiter.
>
> f''(x,y) = [mm]\pmat{ 12x-6 & 0 \\
0 & -2 }[/mm]
> f''(0,0) = [mm]\pmat{ -6 & 0 \\
0 & -2 }[/mm]
Genau.
Jetzt solltest Du Dich mal informieren darüber, was Dir die Hessematrix zu Extremwerten erzählen kann.
Hessematrix positiv definit:
Hessematrix negativ definit:
Hessematrix indefinit:
Als nächstes mußt Du Dich darüber informieren, was Definitheit ist bzw. wie man sie erkennen kann.
Stichworte: Eigenwertkriterium, Hauptminoren.
Damit hast Du die Lösung dann in der Tasche.
>
> an diesem Punkte hänge ich. Hab nun die Determinante
> berechnet?
>
> = -6*(-2)-(0*0)=12
>
> f''(1,0) = [mm]\pmat{ 6 & 0 \\
0 & -2 }[/mm]
>
> = 6*(-2)-(0*0)=-12
>
> b)
>
> [mm]\pmat{ 1 & 2 \\
2 & 1 }*\vektor{x \\
y}[/mm] = [mm]\vektor{2 \\
2}[/mm]
>
> 1) x+2y=2
> 2) 2x+y=2
>
> Wie es weitergeht, weiß ich nicht.
Diese Nebenbedingung beschreibt doch exakt einen Punkt, den Punkt [mm] (\bruch{2}{3}| \bruch{2}{3})...
[/mm]
Viel zu minimieren ist dann nicht...
Seltsame Teilaufgabe...
>
> c)
>
> [mm]f(x,y)=2x^{3}-3x^{2}-y^{2}[/mm]
> NB: [mm](x+1)^{2}+y^{2}=4[/mm]
Feststellung: die Nebenbedingung beschreibt einen Kreis, also eine kompakte Menge.
Man hat gelernt: stetige Funktionen auf kompakten Mengen nehmen ihr (absolutes) Min. und Max. an. Dies ist mitunter gut zu wissen...
>
> [mm]L(x,y,\lambda)[/mm] =
> [mm]2x^{3}-3x^{2}-y^{2}+\lambda*((x+1)^{2}+y^{2}-4)[/mm]
>
> [mm]\bruch{dL}{dx}= 6x^{2}-6x+2*(x+1)*\lambda[/mm] = 0 (1)
>
> [mm]\bruch{dL}{dy}= -2y+2y*\lambda[/mm] = 0 (2)
>
> [mm]\bruch{dL}{d\lambda}= (x+1)^{2}+y^{2}-4=0[/mm] (3)
>
> aus (2):
>
> [mm]-2y+2y*\lambda[/mm] = 0
> [mm]\gdw 2y*(\lambda-1)=0[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] y=0 [mm]\vee \lambda=1[/mm]
>
> i) y=0
>
> aus (3):
>
> [mm](x+1)^{2}+0^{2}-4=0[/mm]
> [mm]\gdw (x+1)^{2}-4=0[/mm]
> [mm]\gdw (x+1)^{2}=4[/mm]
> [mm]\gdw x+1=2\vee[/mm]
> x+1=-2
> [mm]\Rightarrow[/mm] x= [mm]1\vee[/mm] x=-3
> [mm]\Rightarrow[/mm] P(1/0) und Q(-3/0) als stationäre Punkte
>
> ii) [mm]\lambda=1, y\not=0[/mm]
>
> aus (1):
>
> [mm]6x^{2}-6x+2*(x+1)*1[/mm] = 0
> [mm]\gdw 6x^{2}-6x+2*(x+1)=[/mm] 0
> [mm]\gdw 6x^{2}-6x+2x+2=0[/mm]
> [mm]\gdw 6x^{2}-4x+2=0[/mm]
> [mm]\gdw x^{2}-\bruch{2}{3}x+\bruch{1}{3}=0[/mm]
>
> [mm]\gdw x^{2}-\bruch{2}{3}x=-\bruch{1}{3}[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] nicht
> lösbar in [mm]\IR[/mm]
>
> f(P)= [mm]2*1^{3}-3*1^{2}-0^{2}[/mm] = -1
> f(Q)= [mm]2*(-3)^{3}-3*(-3)^{2}-0^{2}[/mm] = -81
Ich habe hier nicht alles nachgerechnet.
Deine Vorgehensweise ist richtig, und sie sieht systematisch und durchdacht aus.
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] P(1/0) absolutes Maximum
> [mm]\Rightarrow[/mm] Q(-3/0) absolutes Minimum
>
> Mein Ergebnis hab ich nun mehr oder weniger nach Gefühl
> gewählt. Ich hab gedacht, der kleinste Wert muss das
> Minimum sein und der größte das Maximum.
Ja. Den Grund dafür habe ich oben genannt: es muß ein Min. und ein Max geben, und natürlich ist das mit dem kleineren Funktionswert das Min.
Es sind sogar absolute.
Gruß v. Angela
>
> Mich interessiert insbesondere, ob relativ oder absolut.
> Absolut war nun mehr oder weniger geraten.
>
> Frage daher, wann spricht man von absoluten und wann von
> relativen Extremwerten?
>
> d) diese Teilaufgabe habe ich noch nicht gelöst, da ich ja
> noch keine Ergebnisse zu a) und c) habe.
>
>
> Vielen Dank im voraus.
>
> Gruß,
> mvs
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:18 Do 16.09.2010 | | Autor: | mvs |
Hallo Angela,danke für deine Antwort.
Hab mich nun etwas erkundigt und folgendes herausgefunden:
Mit Hilfe der Hesse-Matrix H lässt sich der Charakter der kritischen Punkte einer Abbildung in [mm] \mathbb R^n [/mm] bestimmen. Dazu bestimmt man für die zuvor ermittelten kritischen Punkte die Definitheit der Hesse-Matrix H. Ist H an einer Stelle positiv definit, so befindet sich dort ein lokales Minimum der Funktion. Ist H dort negativ definit, so handelt es sich um ein lokales Maximum.Ist H indefinit, dann handelt es sich um einen Sattelpunkt der Funktion, d. h., es liegt weder ein Minimum noch ein Maximum vor.
Eine symmetrische bzw. hermitesche Matrix A ist genau dann positiv definit, wenn alle Hauptminoren von A positiv sind. Entsprechend ist A negativ definit, falls alle Hauptminoren von − A positiv sind. A ist also genau dann negativ definit, falls die Vorzeichen der Hauptminoren alternieren, das heißt, falls alle ungeraden Hauptminoren negativ sind und alle geraden positiv.
So, das hab ich zum Thema nun gefunden.
Ich muss also zuerst die Hauptminoren bestimmen. Daraus kann ich dann was zur Definitheit sagen und daraus wiederrum was zu den Extremwerten.
Ich weiß, aber nicht, wie ich die Hauptminoren bestimme, dazu hab ich leider nix gefunden. wenn mir das vielleicht jemand zeigen könnte?
Gruß,
mvs
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:40 Do 16.09.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Ich weiß, aber nicht, wie ich die Hauptminoren bestimme, dazu hab ich leider nix gefunden.
Gib Hauptminoren bei google ein und der erste Hit ist der Wikipedia Artikel dazu, der Dir genau das sagt. =)
(btw. ich fand A neg definit genau dann, wenn -A positiv definit ist immer intuitiver zu überprüfen)
Einfacher geht's hier mit
a) Eigenwerten, weil bei einer Diagonalmatrix die Eigenwerte direkt dastehen
b) Definition: pos. definit heißt $x^tAx >0$ [mm] $\forall x\in \IR^n$. [/mm] Bei Diagonalmatrizen sieht man das auch gleich und man findet auch gleich heraus, warum (a) funktioniert. =)
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:41 Do 16.09.2010 | | Autor: | mvs |
Hallo Blech, danke für deine Antwort.
Ich hab aber bereits bei wikipedia nachgeschaut, was ich in meinem vorherigen Posting geschrieben hab,stammt dort her.
Ich versteh aber leider nicht, was in dem Artikel dort steht.
Mit der Theorie tu ich mir immer ziemlich schwer und ich versteh zB. nicht was $ x^tAx >0 $ $ [mm] \forall x\in \IR^n [/mm] $ bedeutet.
Daher meine bitte, ob mir jemand an einem Bsp. praktisch zeigen könnt, wie man Eigenwerte bzw. Hauptminore berechnet.
vielleicht an dem Bsp. [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 3 & 4 }
[/mm]
Gruß,
mvs
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:24 Do 16.09.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
> Ich hab aber bereits bei wikipedia nachgeschaut, was ich in
> meinem vorherigen Posting geschrieben hab,stammt dort her.
Nein, das kommt von Definitheit. Hättest Du da einfach mal auf das "![[]](/images/popup.gif) Hauptminoren" geklickt, wenn es schon ein Link ist, oder wie beschrieben "Hauptminoren" in Google eingegeben und dann den ersten Link geklickt, dann hättest Du dort gefunden, wie man es berechnet:
Es sei A eine [mm] $n\times [/mm] n$-Matrix und für [mm] $k=1,\ldots,n$ [/mm] sei [mm] $A_k$ [/mm] die linke obere [mm] $k\times [/mm] k$-Teilmatrix von A, die durch Streichung der $n - k$ am weitesten rechts gelegenen Spalten und $n -k$ untersten Zeilen entsteht. Die Determinante von [mm] $A_k$ [/mm] heißt $k$-ter Hauptminor (oder Hauptunterdeterminante / Hauptabschnittsdeterminante).
Bei Dir ist n=2, also k=1 und k=2
k=1 heißt, ich lösche letzte Zeile und letzte Spalte, was bleibt denn dann von
[mm] $\pmat{ -6 & 0 \\ 0 & -2 }$
[/mm]
übrig?
und k=2 heißt ich lösche nix, also ist es die Matrix selber.
> Mit der Theorie tu ich mir immer ziemlich schwer und ich
> versteh zB. nicht was [mm]x^tAx >0[/mm] [mm]\forall x\in \IR^n[/mm]
> bedeutet.
A ist Deine Matrix, x irgendein Vektor (in Deinem Fall aus dem [mm] $\IR^2$, [/mm] machen wir's allgemein: [mm] $x=\pmat{x_1\\x_2}$). [/mm] Dann berechnest Du
[mm] $x^tAx=$\pmat{x_1& x_2} \pmat{ -6 & 0 \\ 0 & -2 } \pmat{x_1\\x_2}$.
[/mm]
Und wie erwähnt mußt Du die Eigenwerte nicht berechnen, weil bei einer Diagonalmatrix die Eigenwerte die Werte auf der Diagonalen sind. Wenn Ihr Eigenwerte noch nicht hattet, dann ist es overkill sie hier nur wegen der Definitheit einzuführen. =)
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:19 Fr 17.09.2010 | | Autor: | mvs |
Hallo Blech, nochmals danke.
Hab nun folgendes herausbekommen:
$ [mm] \pmat{ -6 & 0 \\ 0 & -2 } [/mm] $
k=1
[mm] detA_{1}=-6,d.h.<0
[/mm]
k=2
[mm] detA_{2}=-6*(-2)-(0*0)=12,d.h.>0
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] negativ definit [mm] \Rightarrow [/mm] P(0/0) ist absolutes Maximum
$ [mm] \pmat{ 6 & 0 \\ 0 & -2 } [/mm] $
k=1
[mm] detA_{1}=6,d.h.>0
[/mm]
k=2
[mm] detA_{2}=6*(-2)-(0*0)=-12,d.h.<0
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] indefinit [mm] \Rightarrow [/mm] Q(1/0) ist Sattelpunkt, kein Extremwert.
korrekt so ?
Gruß,
mvs
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:08 Fr 17.09.2010 | | Autor: | Blech |
Hi,
das stimmt so.
Prinzipiell kannst Du's Dir so vorstellen (leicht flapsig): Die Hessematrix betrachtet die Krümmung,
positiv definit: Egal in welche Richtung Du gehst, die Steigung nimmt zu -> Minimum (weil am Punkt selber ja die Steigung 0 ist)
negativ definit: ebenso, aber die Steigung nimmt ab -> Maximum
indefinit: es gibt mindestens eine Richtung, in der die Steigung zunimmt und eine, in der sie abnimmt, also Sattelpunkt
pos. semi-definit: sie nimmt in jede Richtung entweder zu, oder bleibt gleich 0 (richtiger: in einer Richtung liegt keine Krümmung vor). Deswegen ist keine Entscheidung möglich, denn in die Richtung, wo sie 0 bleibt kann sie ja dann ein kurzes Stück später zunehmen (dann sind wir in einem Minimum) oder negativ werden (dann Sattelpunkt)
neg. semi-definit ist ebenso.
Ein Beispiel für die letzten beiden wäre, wenn wir mal zuerst im 1-dimensionalen bleiben:
[mm] $x^4$ [/mm] hat ein Minimum bei 0, [mm] $-x^4$ [/mm] ein Maximum, aber beide haben in 0 Steigung und Krümmung gleich 0, also funktioniert das übliche f'=0, f''>0, bzw. f''<0 nicht.
Jetzt stell Dir im 2-dimensionalen mal vor, daß die Funktion, wenn Du entlang der x-Achse gehst wie [mm] x^4 [/mm] aussieht, und entlang der y-Achse wie [mm] y^2. [/mm] Dann haben wir in 0 ein Minimum, aber eine pos. semi-definite Hessematrix
$f(x,y):= [mm] x^4+y^2$
[/mm]
Bei
$f(x,y):= [mm] -x^4+y^2$
[/mm]
sieht die Hessematrix gleich aus, aber da haben wir einen Sattelpunkt.
anderes Beispiel:
In einem anderen Thread ging's heute um die Funktion
[mm] $f(x,y):=1-x^2y^2$
[/mm]
Die Funktion ist überall [mm] $\leq [/mm] 1$, also hat man im Ursprung und entlang beider Koordinatenachsen lauter Maxima, aber wenn Du mal die Hessematrix ausprobierst, siehst Du, daß Du da nicht viel weiter kommst.
Die Hessematrix schaut die Krümmung an. Das Kriterium funktioniert nur bei isolierten Extrempunkten und da auch nur, wenn sie "ausreichend stark" isoliert sind, d.h. die Funktion in der Umgebung schnell genug steigt oder fällt.
ciao
Stefan
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