Extrema mit Nebenbedingungen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:34 Do 03.07.2014 | | Autor: | Calculu |
| Aufgabe | | Sei E = { [mm] (x_{1},x_{2}) \in R^{2}; x^{2}_{1} +x^{2}_{2} \le [/mm] 1 } und h : E [mm] \to R,h(x_{1},x_{2}) [/mm] = [mm] x_{1} +x_{2} [/mm] + [mm] \wurzel{1-x^{2}_{1}-x^{2}_{2}}. [/mm] Bestimmen Sie alle relativen und absoluten Extrema von h in E. |
Hallo.
Ich muss diese Aufgabe lösen. Erstmal mach mir das [mm] \le [/mm] in der NB zu schaffen. Wie muss ich das behandeln um zB mit dem Lagrange Multiplikationsverfahren die Aufgabe zu lösen?
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo,
> Sei E = { [mm](x_{1},x_{2}) \in R^{2}; x^{2}_{1} +x^{2}_{2} \le[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> 1 } und h : E [mm]\to R,h(x_{1},x_{2})[/mm] = [mm]x_{1} +x_{2}[/mm] +
> [mm]\wurzel{1-x^{2}_{1}-x^{2}_{2}}.[/mm] Bestimmen Sie alle
> relativen und absoluten Extrema von h in E.
> Hallo.
> Ich muss diese Aufgabe lösen. Erstmal mach mir das [mm]\le[/mm] in
> der NB zu schaffen. Wie muss ich das behandeln um zB mit
> dem Lagrange Multiplikationsverfahren die Aufgabe zu
> lösen?
Berechne zunächst mal die lok. Extrema auf der offenen Kreisscheibe [mm]\{(x_1,x_2)\in\IR^2:x_1^2+x_2^2 \ \red{<} \ 1\}[/mm]
Das geht wie üblich mit dem Gradienten: [mm]\nabla h=0[/mm] , Hessematrix usw.
Den Rand von E kannst du mit Lagrange abfrühstücken ...
Gruß
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:07 Do 03.07.2014 | | Autor: | Calculu |
Vielen Dank für die schnelle Antwort.
Ich habe folgende Berechnungen gemacht:
(der Einfachheit halber schreibe ich ab hier [mm] x_{1}=x [/mm] und [mm] x_{2}=y)
[/mm]
[mm] \bruch{h(x,y)}{\partial x}= 1-\bruch{x}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}
[/mm]
[mm] \bruch{h(x,y)}{\partial y}= 1-\bruch{y}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}
[/mm]
Beide partiellen Ableitungen müssen Null sein. Somit folgt: x=y für mögliche Extrema.
Die Hessematrix an diesen Stellen lautet wie folgt:
[mm] H(h(x,x))=\pmat{ -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) & \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} \\ \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} & -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) }
[/mm]
[mm] det(H)=\bruch{4x^{2}-8x^{4}}{1-10x^{2}+16x^{4}}
[/mm]
Es müsste det(H)>0 sein, damit H positiv definit ist. Um dies aber nun auszurechnen fehlt mir ein guter Ansatz bzw. ich finde es bis hierhin schon sehr unschön und bin mir nicht sicher, ob das alles so stimmt.
Wenn sich jemand meine Rechnungen mal ankucken könnte wäre ich sehr froh. 
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Hi,
> Vielen Dank für die schnelle Antwort.
> Ich habe folgende Berechnungen gemacht:
> (der Einfachheit halber schreibe ich ab hier [mm]x_{1}=x[/mm] und
> [mm]x_{2}=y)[/mm]
Das ist sehr vernünftig!
>
> [mm]\bruch{h(x,y)}{\partial x}= 1-\bruch{x}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}[/mm]
>
> [mm]\bruch{h(x,y)}{\partial y}= 1-\bruch{y}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}[/mm]
>
> Beide partiellen Ableitungen müssen Null sein. Somit
> folgt: x=y für mögliche Extrema.
Stopp. Jetzt bist du zu schnell. Du musst ja berechnen, wann der Gradient Null ist. Die Bedingung x=y liefert ja nicht [mm] \grad{h(x,y)}=0 [/mm] für alle [mm] x,y\in\IR.
[/mm]
Für welche [mm] y=x\in\IR [/mm] gilt also: [mm] 1-\fra{x}{\sqrt{1-x^2-x^2}}=0
[/mm]
Also: [mm] 1=\frac{x}{\sqrt{1-2x^2}}
[/mm]
Aus Symmetriegründen ist dann natürlich x=y, wie ja schon gezeigt.
Du bekommst einen extrem schönen Punkt heraus. Mit dem kannst du dann deutlich besser arbeiten und dich dann an die Hesse-Matrix ranschmeißen.
Liebe Grüße
>
> Die Hessematrix an diesen Stellen lautet wie folgt:
>
> [mm]H(h(x,x))=\pmat{ -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) & \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} \\ \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} & -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) }[/mm]
>
> [mm]det(H)=\bruch{4x^{2}-8x^{4}}{1-10x^{2}+16x^{4}}[/mm]
> Es müsste det(H)>0 sein, damit H positiv definit ist. Um
> dies aber nun auszurechnen fehlt mir ein guter Ansatz bzw.
> ich finde es bis hierhin schon sehr unschön und bin mir
> nicht sicher, ob das alles so stimmt.
> Wenn sich jemand meine Rechnungen mal ankucken könnte
> wäre ich sehr froh.
>
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:55 Do 03.07.2014 | | Autor: | Calculu |
> Hi,
>
> > Vielen Dank für die schnelle Antwort.
> > Ich habe folgende Berechnungen gemacht:
> > (der Einfachheit halber schreibe ich ab hier [mm]x_{1}=x[/mm]
> und
> > [mm]x_{2}=y)[/mm]
>
> Das ist sehr vernünftig!
>
> >
> > [mm]\bruch{h(x,y)}{\partial x}= 1-\bruch{x}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}[/mm]
>
> >
> > [mm]\bruch{h(x,y)}{\partial y}= 1-\bruch{y}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}[/mm]
>
> >
> > Beide partiellen Ableitungen müssen Null sein. Somit
> > folgt: x=y für mögliche Extrema.
>
> Stopp. Jetzt bist du zu schnell. Du musst ja berechnen,
> wann der Gradient Null ist. Die Bedingung x=y liefert ja
> nicht [mm]\grad{h(x,y)}=0[/mm] für alle [mm]x,y\in\IR.[/mm]
Ja, stimmt. Das war natürlich dumm.
Meine Extremstelle ist dann [mm] x=\wurzel{\bruch{1}{3}}
[/mm]
Für diese Stelle ist die Hessematrix negativ definit. Somit liegt ein Maximum vor.
Passt das so?
Wenn ja, wie geht es dann weiter?
Und ich hab noch eine Frage:
Wenn ich [mm] 1-\bruch{x}{\sqrt{1-x^2-x^2}}=0 [/mm] umforme: [mm] {\sqrt{1-2x^2}}=x
[/mm]
[mm] 1-2x^{2}=x^2
[/mm]
[mm] 1=3*x^{2}
[/mm]
[mm] x=\pm \wurzel{\bruch{1}{3}}
[/mm]
erhalte ich ja zwei Lösungen. Wobei nur die positive stimmt, was einem schnell beim Einsetzen klar wird. Aber wo genau ist mir der Fehler unterlaufen?
> Für welche [mm]y=x\in\IR[/mm] gilt also:
> [mm]1-\fra{x}{\sqrt{1-x^2-x^2}}=0[/mm]
>
> Also: [mm]1=\frac{x}{\sqrt{1-2x^2}}[/mm]
>
>
> Aus Symmetriegründen ist dann natürlich x=y, wie ja schon
> gezeigt.
>
> Du bekommst einen extrem schönen Punkt heraus. Mit dem
> kannst du dann deutlich besser arbeiten und dich dann an
> die Hesse-Matrix ranschmeißen.
>
> Liebe Grüße
> >
> > Die Hessematrix an diesen Stellen lautet wie folgt:
> >
> > [mm]H(h(x,x))=\pmat{ -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) & \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} \\ \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} & -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) }[/mm]
>
> >
> > [mm]det(H)=\bruch{4x^{2}-8x^{4}}{1-10x^{2}+16x^{4}}[/mm]
> > Es müsste det(H)>0 sein, damit H positiv definit ist.
> Um
> > dies aber nun auszurechnen fehlt mir ein guter Ansatz bzw.
> > ich finde es bis hierhin schon sehr unschön und bin mir
> > nicht sicher, ob das alles so stimmt.
> > Wenn sich jemand meine Rechnungen mal ankucken könnte
> > wäre ich sehr froh.
> >
>
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> > Hi,
> >
> > > Vielen Dank für die schnelle Antwort.
> > > Ich habe folgende Berechnungen gemacht:
> > > (der Einfachheit halber schreibe ich ab hier [mm]x_{1}=x[/mm]
> > und
> > > [mm]x_{2}=y)[/mm]
> >
> > Das ist sehr vernünftig!
> >
> > >
> > > [mm]\bruch{h(x,y)}{\partial x}= 1-\bruch{x}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > [mm]\bruch{h(x,y)}{\partial y}= 1-\bruch{y}{\wurzel{1-x^{2}-y^{2}}}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Beide partiellen Ableitungen müssen Null sein. Somit
> > > folgt: x=y für mögliche Extrema.
> >
> > Stopp. Jetzt bist du zu schnell. Du musst ja berechnen,
> > wann der Gradient Null ist. Die Bedingung x=y liefert ja
> > nicht [mm]\grad{h(x,y)}=0[/mm] für alle [mm]x,y\in\IR.[/mm]
>
> Ja, stimmt. Das war natürlich dumm.
>
> Meine Extremstelle ist dann [mm]x=\wurzel{\bruch{1}{3}}[/mm]
> Für diese Stelle ist die Hessematrix negativ definit.
> Somit liegt ein Maximum vor.
Ja so ist es. Aber, die Extremstelle ist [mm] x=y=\frac{1}{\sqrt{3}}
[/mm]
> Passt das so?
> Wenn ja, wie geht es dann weiter?
Jetzt kommt der Rand ins Spiel.
Das heißt: Untersuche die Funktion auf Extrema unter der Nebenbedingung [mm] x^2+y^2=1.
[/mm]
Entweder du lässt Lagrange drauf los, oder du versuchst so umzuformen, dass du die eine Gleichung in die andere einsetzt, um so eine Funktion von nur einer abhängigen Variablen zu bekommen. Dann hast du ein Extremwertproblem bzgl. einer Variablen - und wie man das löst, hast du schon in der Schule gelernt.
>
> Und ich hab noch eine Frage:
> Wenn ich [mm]1-\bruch{x}{\sqrt{1-x^2-x^2}}=0[/mm] umforme:
> [mm]{\sqrt{1-2x^2}}=x[/mm]
> [mm]1-2x^{2}=x^2[/mm]
> [mm]1=3*x^{2}[/mm]
> [mm]x=\pm \wurzel{\bruch{1}{3}}[/mm]
> erhalte ich ja zwei
> Lösungen. Wobei nur die positive stimmt, was einem schnell
> beim Einsetzen klar wird. Aber wo genau ist mir der Fehler
> unterlaufen?
Ein Fehler ist dir nur indirekt unterlaufen. Du weißt sicherlich noch, dass quadieren keine Äquivalenzumformung ist. Du produzierst dann durch das Radizieren zwei Lösungen. In diesem Fall ist nur eine richtig. Diese muss man eben durch Einsetzen dann herausfinden. Deswegen hat man in der Grundschule auch immer eine Probe bei quadratuschen Gleichungen gemacht 
Liebe Grüße
>
> > Für welche [mm]y=x\in\IR[/mm] gilt also:
> > [mm]1-\fra{x}{\sqrt{1-x^2-x^2}}=0[/mm]
> >
> > Also: [mm]1=\frac{x}{\sqrt{1-2x^2}}[/mm]
> >
> >
> > Aus Symmetriegründen ist dann natürlich x=y, wie ja schon
> > gezeigt.
> >
> > Du bekommst einen extrem schönen Punkt heraus. Mit dem
> > kannst du dann deutlich besser arbeiten und dich dann an
> > die Hesse-Matrix ranschmeißen.
> >
> > Liebe Grüße
> > >
> > > Die Hessematrix an diesen Stellen lautet wie folgt:
> > >
> > > [mm]H(h(x,x))=\pmat{ -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) & \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} \\ \bruch{1-3x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})} & -(\bruch{1-x^{2}}{\wurzel{1-2x^{2}}*(1-2x^{2})}) }[/mm]
>
> >
> > >
> > > [mm]det(H)=\bruch{4x^{2}-8x^{4}}{1-10x^{2}+16x^{4}}[/mm]
> > > Es müsste det(H)>0 sein, damit H positiv definit
> ist.
> > Um
> > > dies aber nun auszurechnen fehlt mir ein guter Ansatz bzw.
> > > ich finde es bis hierhin schon sehr unschön und bin mir
> > > nicht sicher, ob das alles so stimmt.
> > > Wenn sich jemand meine Rechnungen mal ankucken
> könnte
> > > wäre ich sehr froh.
> > >
> >
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:31 Fr 04.07.2014 | | Autor: | rmix22 |
> Meine Extremstelle ist dann [mm]x=\wurzel{\bruch{1}{3}}[/mm]
> Für diese Stelle ist die Hessematrix negativ definit.
> Somit liegt ein Maximum vor.
> Passt das so?
Ja, das ist OK.
> Und ich hab noch eine Frage:
> Wenn ich [mm]1-\bruch{x}{\sqrt{1-x^2-x^2}}=0[/mm] umforme:
> [mm]{\sqrt{1-2x^2}}=x[/mm]
> [mm]1-2x^{2}=x^2[/mm]
> [mm]1=3*x^{2}[/mm]
> [mm]x=\pm \wurzel{\bruch{1}{3}}[/mm]
> erhalte ich ja zwei
> Lösungen. Wobei nur die positive stimmt, was einem schnell
> beim Einsetzen klar wird. Aber wo genau ist mir der Fehler
> unterlaufen?
Habs nicht ausprobiert, aber ich nehme an, der negative Wert führt auf eine negative Hesse Matrix und somit ist es kein lokales Extremum.
Da hast beim Lösen der Gleichung quadriert und das ist keine Äquivalenzumformung. Da können zusätzliche Scheinlösungen auftreten. Deshalb ist es ja auch zB beim Lösen von Wurzelgleichungen Pflicht, die Probe zu machen.
Gruß, RMix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:37 Fr 04.07.2014 | | Autor: | Calculu |
Erstmal vielen Dank für eure Hilfe.
Ich habe mich für Lagrange entschieden und folgende Berechnungen angestellt.
[mm] L(x,y,\lambda) [/mm] = x+y+ [mm] \sqrt{1-x^2-x^2} [/mm] + [mm] \lambda(x^{2} [/mm] + [mm] y^{2} [/mm] -1)
[mm] L_{x}= [/mm] 1 - [mm] \bruch{2x}{2\sqrt{1-x^2-x^2}} +2x*\lambda
[/mm]
[mm] L_{y}= [/mm] 1 - [mm] \bruch{2y}{2\sqrt{1-x^2-x^2}} +2y*\lambda
[/mm]
[mm] L_{\lambda} [/mm] = [mm] x^{2}+y^{2}-1
[/mm]
Alle drei partiellen Ableitungen müssen Null sein. Hier hab ich aber das Problem, dass bei den partiellen Ableitungen nach x und y der Nenner Null wird, wenn ich die Bedingung [mm] x^{2}+y^{2}-1=0 [/mm] dort einsetze. Irgendwie ist mir das Vorgehen noch nicht klar. Wie kann ich weiter machen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:22 Fr 04.07.2014 | | Autor: | fred97 |
> Erstmal vielen Dank für eure Hilfe.
>
> Ich habe mich für Lagrange entschieden und folgende
> Berechnungen angestellt.
>
> [mm]L(x,y,\lambda)[/mm] = x+y+ [mm]\sqrt{1-x^2-x^2}[/mm] + [mm]\lambda(x^{2}[/mm] +
> [mm]y^{2}[/mm] -1)
>
> [mm]L_{x}=[/mm] 1 - [mm]\bruch{2x}{2\sqrt{1-x^2-x^2}} +2x*\lambda[/mm]
>
> [mm]L_{y}=[/mm] 1 - [mm]\bruch{2y}{2\sqrt{1-x^2-x^2}} +2y*\lambda[/mm]
>
> [mm]L_{\lambda}[/mm] = [mm]x^{2}+y^{2}-1[/mm]
>
> Alle drei partiellen Ableitungen müssen Null sein. Hier
> hab ich aber das Problem, dass bei den partiellen
> Ableitungen nach x und y der Nenner Null wird, wenn ich die
> Bedingung [mm]x^{2}+y^{2}-1=0[/mm] dort einsetze. Irgendwie ist mir
> das Vorgehen noch nicht klar. Wie kann ich weiter machen?
Mann ! Auf [mm] $\partial [/mm] E$ ist doch h(x,y)=x+y
Damit lautet die Funktion $L$ so:
$ [mm] L(x,y,\lambda) [/mm] = x+y+ [mm] \lambda(x^{2} [/mm] + [mm] y^{2} [/mm] -1) $
FRED
>
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 10:59 Fr 04.07.2014 | | Autor: | fred97 |
Auch ich möchte etwas Senf beitragen:
Da ich ein Freund von Ungleichungen (und anderen schönen Sachen) bin, habe ich mir ein paar Gedanken gemacht, wie man ohne Differentialrechnung das Maximum von $h$ auf $E$ bestimmen kann.
Dieses Maximum existiert, da $E$ kompakt und $h$ auf $E$ stetig ist.
Bezeichnungen: für $a,b [mm] \in \IR^3$ [/mm] sei $||a||$ die Euklidnorm und $<a,b>$ das übliche Skalarprodukt.
Die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung lautet:
(1) $<a,b> [mm] \le [/mm] ||a||*||b||$
Weiter ist bekannt:
(2) $|<a,b>| = ||a||*||b||$ [mm] \gdw [/mm] $a$ und $b$ sind linear abhängig.
Für [mm] $(x_1,x_2,x_3) \in [/mm] E$ setze
[mm] $a:=(x_1,x_2,\wurzel{1-x^{2}_{1}-x^{2}_{2}}) [/mm] $ und $b:=(1,1,1)$
Dann haben wir:
$||a||=1$, [mm] $||b||=\wurzel{3}$ [/mm] und [mm] $h(x_1,x_2)=$.
[/mm]
Aus (1) erhalten wir somit
(3) [mm] $h(x_1,x_2) \le \wurzel{3}$ [/mm] für alle $ [mm] (x_1,x_2,x_3) \in [/mm] E$
Die Frage, ob, und wo, $h$ auf $E$ den Wert [mm] \wurzel{3} [/mm] annimmt, lässt sich mit (2) erledigen:
[mm] $h(x_1,x_2) [/mm] = [mm] \wurzel{3}$
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
$|<a,b>|=<a,b> = [mm] \wurzel{3}=||a||*||b||$
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
$a$ und $b$ sind linear abhängig
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] $x_1=x_2=\wurzel{1-x^{2}_{1}-x^{2}_{2}} [/mm] $
[mm] \gdw
[/mm]
[mm] $x_1=x_2=\bruch{1}{\wurzel{3}}$
[/mm]
Mit (3) folgt:
[mm] $\max h(E)=\wurzel{3}=h(\bruch{1}{\wurzel{3}},\bruch{1}{\wurzel{3}})
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:36 Fr 04.07.2014 | | Autor: | fred97 |
Minimum und Maximum von $h$ auf $ [mm] \partial [/mm] E$ kann man auch ohne Differentialrechnung ermitteln:
Sei [mm] $(x_1,x_2) \in \partial [/mm] E$, also [mm] x_1^2+x_2^2=1.
[/mm]
Damit ist [mm] h(x_1,x_2)=x_1+x_2.
[/mm]
Wegen
$0 [mm] \le (x_1-x_2)^2=x_1^2-2x_1x_2+x_2^2=1-2x_1x_2$
[/mm]
ist
[mm] $2x_1x_2 \le [/mm] 1$,
somit
[mm] (x_1+x_2)^2=x_1^2+2x_1x_2+x_2^2 \le2,
[/mm]
folglich haben wir
[mm] $|h(x_1,x_2)|=|x_1+x_2| \le \wurzel [/mm] {2}$
Wegen
[mm] h(\bruch{1}{ \wurzel {2}},\bruch{1}{ \wurzel {2}})=\wurzel{2}
[/mm]
und
[mm] h(-\bruch{1}{ \wurzel {2}},-\bruch{1}{ \wurzel {2}})=-\wurzel{2}
[/mm]
folgt:
$ [mm] \max h(\partial E)=\wurzel [/mm] {2}$ und $ [mm] \min h(\partial E)=-\wurzel [/mm] {2}$ .
Zusammenfassung:
Da $E$ kompakt und $h$ auf $E$ stetig ist gibt es Punkte [mm] $X_0$ [/mm] und [mm] $Y_0$ [/mm] in $E$ mit
[mm] $h(X_0)= \max [/mm] h(E)$ und [mm] $h(Y_0)= \min [/mm] h(E)$.
Obige Ausführungen und meine Ausführungen in https://matheraum.de/read?i=1027687 zeigen, wegen [mm] $X_0=(\bruch{1}{ \wurzel {3}},\bruch{1}{ \wurzel {3}}) \in E^o$:
[/mm]
$ [mm] \min [/mm] h(E)= [mm] \min [/mm] h( [mm] \partial [/mm] E)= - [mm] \wurzel{2}$,
[/mm]
$ [mm] \max [/mm] h( [mm] \partial [/mm] E)= [mm] \wurzel{2}$,
[/mm]
und
$ [mm] \max h(E)=\wurzel{3}$
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:42 Fr 04.07.2014 | | Autor: | Richie1401 |
Hallo Fred,
was lernen wir daraus?
Ungleichungen sind nützlich. Ganz zu Beginn meines Studiums dachte ich immer: "Mensch, ich dachte immer Mathematik ist exakt. Und jetzt wird hier so blöd abgeschätzt. Was soll das denn?"
Diese Meinung hat sich natürlich nicht lange halten können. Durch solche ja, doch eher, einfachen Rechnungen sieht man mal wieder, wie man auch mit Plastekügelchen auf Spatzen schießen kann und nicht unbedingt die Kanonen rausholen muss.
http://wissmann-media.de/wp-content/uploads/2012/11/Mit-Kanonen-auf-Spatzen-schiessen-595x327.png
Danke für die Darstellung!
Schönes Wochenende!
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:52 Fr 04.07.2014 | | Autor: | fred97 |
> Hallo Fred,
>
> was lernen wir daraus?
>
> Ungleichungen sind nützlich. Ganz zu Beginn meines
> Studiums dachte ich immer: "Mensch, ich dachte immer
> Mathematik ist exakt. Und jetzt wird hier so blöd
> abgeschätzt. Was soll das denn?"
>
> Diese Meinung hat sich natürlich nicht lange halten
> können. Durch solche ja, doch eher, einfachen Rechnungen
> sieht man mal wieder, wie man auch mit Plastekügelchen auf
> Spatzen schießen kann und nicht unbedingt die Kanonen
> rausholen muss.
>
>
Hallo Richie,
> http://wissmann-media.de/wp-content/uploads/2012/11/Mit-Kanonen-auf-Spatzen-schiessen-595x327.png
Dann wird Dir das
http://www.youtube.com/watch?v=D5tpJc7CYzs
sicher auch gefallen.
>
>
> Danke für die Darstellung!
>
> Schönes Wochenende!
Dir auch
Gruß FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:06 So 06.07.2014 | | Autor: | Calculu |
Vielen Dank für eure Hilfe!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:43 So 06.07.2014 | | Autor: | abakus |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> Sei E = { [mm](x_{1},x_{2}) \in R^{2}; x^{2}_{1} +x^{2}_{2} \le[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> 1 } und h : E [mm]\to R,h(x_{1},x_{2})[/mm] = [mm]x_{1} +x_{2}[/mm] +
> [mm]\wurzel{1-x^{2}_{1}-x^{2}_{2}}.[/mm] Bestimmen Sie alle
> relativen und absoluten Extrema von h in E.
> Hallo.
> Ich muss diese Aufgabe lösen. Erstmal mach mir das [mm]\le[/mm] in
> der NB zu schaffen. Wie muss ich das behandeln um zB mit
> dem Lagrange Multiplikationsverfahren die Aufgabe zu
> lösen?
>
>
Hallo,
nachträglich will ich auch noch meinen Senf dazugeben. Bei E handelt es sich um den Rand und das Innere eines Kreises um den Ursprung mit dem Radius 1. Das kann man sich auch vorstellen als Vereinigung aller Kreise un den Ursprung mit allen möglichen Radien von 0 bis 1.
Auf einem solchen Kreis ist der Radius und damit [mm]x^2+y^2[/mm] konstant. Damit ist dort auch der Term [mm]\wurzel{1-x^2-y^2}[/mm] konstant. Somit ist h(x,y) maximal/minimal, wenn x+y dies ist. Erfahrungsgemäß (wenn man weiß, dass sin([mm]\alpha[/mm])+cos([mm]\alpha[/mm]) bei 45° maximal und bei 135° minimal wird) gilt dies für x=y.
Unter der Voraussetzung x=y ist es nur noch eine Extremwertaufgabe für die Variable r.
Für welches r wird der Term [mm]r*(\pm\sqrt{2})*\sqrt{1-r^2}[/mm] extremal?
Gruß Abakus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:58 Mo 07.07.2014 | | Autor: | Calculu |
Ich weiß nicht ob die Frage konkret an mich gerichtet war, aber ich beantworte sie einfach mal.
Ich bilde von [mm] h(r):=r*(\pm\sqrt{2})*\sqrt{1-r^2} [/mm] die erste Ableitung. Um mögliche Extrema zu finden setze ich diese gleich Null und erhalte r= [mm] \pm \wurzel{\bruch{1}{2}}. [/mm] Bilde ich anschließend die zweite Ableitung von h(r) erkenne ich, dass bei r= + [mm] \wurzel{\bruch{1}{2}} [/mm] ein Maxium liegen muss, da h''( + [mm] \wurzel{\bruch{1}{2}}) [/mm] <0 und bei r= - [mm] \wurzel{\bruch{1}{2}} [/mm] ein Minimum liegen muss, da h''( - [mm] \wurzel{\bruch{1}{2}}) [/mm] > 0.
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