Globale und lokale Extrema < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:02 Di 19.06.2012 | | Autor: | jessi07 |
| Aufgabe | Bestimmen Sie alle globalen und lokalen Extrema der Funktion
f : R --> [mm] R^2
[/mm]
[mm] (x,y)^T [/mm] --> [mm] (2x^2 [/mm] + [mm] 1)(y^2 [/mm] +1)
in der "zulässigen Menge" Z = [mm] {(x,y)^T \in R^2 | x^2 + y^2 \le 1 }
[/mm]
Hinweis: Berechnen Sie zunächst die lokalen Extrema von f auf dem Inneren der zulässigen Menge Z und betrachten Sie dann die Funktion auf dem Rand der Menge Z, wobei Sie dann die Bedingung, dass Sie den Rand von Z betrachten als Nebenbedingung beruecksichtigen müssen. |
Hallo :)
Ich hab zunaechst die lokalen Extrema bestimmt mit
grad f = ( 4x + [mm] 4xy^2 [/mm] , 2y + [mm] 4yx^2 [/mm] ) .
Durch grad f = 0 erhalte ich P(0,0) ist stationärer Punkt.
Die Hesse Matrix:
Hf = [mm] \pmat{ 4+4y^2 & 4xy \\ 4xy & 2+4x^2 } [/mm] zeigt mit P(0,0) :
Hf(0,0) : [mm] \pmat{ 4 & 0 \\ 0 & 2 }
[/mm]
also ist das positiv denfinit und folglich ein Minimum bei P.
Ist das soweit richtig? Wie geht es weiter mit dem Betrachtung des Randes um die globalen Extrema zu bestimmen? Da komme ich nicht weiter...
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt. Danke!
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:13 Di 19.06.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
wenn ihr das als nebenbed. machen sollt, habt ihr dafür die Lagrange multiplikator sicher gehabt?
sonst setz den Rand also etwa [mm] y^2=1-x^2 [/mm] in f ein. und bestimme so die Extremwerte auf dem Rand.
gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:54 Di 19.06.2012 | | Autor: | jessi07 |
Danke für die schnelle Antwort Leduart!
Den Lagrange Multiplikator hatten wir erst in der vorlesung danach... deswegen habe ich es jetzt mit dem einsetzen probiert:
Die Nebenbedingung wurde übrigens geändert: [mm] x^2+y^2<1 [/mm] nicht mehr [mm] \le
[/mm]
[mm] y^2=1-x^2 [/mm]
f(0 , [mm] 1-x^2)= (2x^2+1)(1-x^2+1) [/mm] = [mm] -2x^4 [/mm] + [mm] 3x^2+2
[/mm]
Um die Extrema zu berechnen wie du gesagt hast, habe ich jetzt einfach wie sonst eigentlich immer die erste Ableitung gleich 0 gesetzt.
g'(x)= [mm] -8x^4+6x [/mm] = 0
x(-8x+6) = 0
-> [mm] x_{1}=0 [/mm] und [mm] x_{2}=\bruch{3}{4} [/mm]
-> [mm] y^2=\bruch{7}{16}
[/mm]
leider kommt dann =1 in der NB raus, wenn man [mm] y^2 [/mm] und [mm] x^2 [/mm] einsetzt... und das stimmt dann ja nicht mit damit überein?
Stimmt die Vorgehensweise soweit? Muss ich die möglichen Extrema jetzt noch mit der 2. Ableitung prüfen?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:20 Mi 20.06.2012 | | Autor: | schlumpf75 |
Die Lagrangefunktion mit der Nebenbedingung [mm] g(x,y)=x^2+y^2-1=0 [/mm] lautet:
[mm] L(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda(x^2+y^2-1) [/mm]
<=> [mm] (2x^2+1)(y^2+1)+\lambda(x^2+y^2-1) [/mm]
grad [mm] L=\pmat{ 4x(y^2+1)+2\lambda(x) \\ 2y(2x^2+1)+2\lambda(x) \\ x^2+y^2-1 }
[/mm]
gradL=0
mit x=O folgt: [mm] \pmat{ 0 \\ 2y+2\lambda(x) \\ y^2-1 }=\pmat{ 0 \\ 0 \\ 0 }
[/mm]
damiot ergeben sich die Punkte [mm] p_{1}(0,1) [/mm] und [mm] p_{2}(0,-1)
[/mm]
analog für y=0 folgen [mm] p_{3}(1,0) [/mm] und [mm] p_{4}(-1,0)
[/mm]
für [mm] x,y\not=0 [/mm] ergibt sich [mm] \pmat{ 2(y^2+1) \\ 2x^2+1 \\ x^2+y^2 }=\pmat{ -\lambda \\ -\lambda \\ 1 }
[/mm]
und man erhählt die Punkte [mm] p_{5}(\wurzel{3}/2,1/2), p_{6}(\wurzel{3},-1/2), p_{7}(-\wurzel{3}/2,1/2) [/mm] und [mm] p_{8}(-\wurzel{3}/2,-1/2)
[/mm]
Nun die Funktionswerte der Punkte [mm] p_{0},......,p_{8} [/mm] berechnen.
Da [mm] F(p_{ß})=1 [/mm] den kleinsten Funktionswert animt ist [mm] p_{0} [/mm] nicht nur ein lokales Minimum sondern auch ein globales Minimum mit Zielfunktionswert 1.
Da [mm] f(p_{5})=f(p_{6})=f(p_{7})=f(p_{8})=25/8 [/mm] den größten Funktionswert animt sind es globale Maximalpunkte mit Zielfunktionswert 25/8.
Ob [mm] p_{1},.......,p_{4} [/mm] Minimalwerte bezüglich der gesamten Menge sind , muss genauer untersucht werden.
Dafür betrachtet man ein [mm] \delta(0,1) [/mm] und es gilt [mm] p_{i}-\delta p_{i}\varepsilonZ [/mm] für ale [mm] i\varepsilon{1,.....4}
[/mm]
Es gilt: [mm] f(p_{i})-f(p_{i}-\delta p_{i})
[/mm]
Es ergibt sich, dass die Funktionswerte für alle i von [mm] p_{i} [/mm] ausgehend in Richtung des Nullpunktes kleiner werden und es somit keiner der Punkte [mm] p_{1},......,p_{4} [/mm] ein Minimalpunkt ist, wenn man die gesamte zulässige Menge betrachtet.
|
|
|
| |
|
Die Hesematrix ist definiert als [mm] H_{f}(x,y) =\pmat{ f_{xx}(x,y) & f_{xy}(x,y) \\ f_{yx}(x,y) & f_{yy}(x,y) }
[/mm]
[mm] f_{x} [/mm] = [mm] 4x(y^2+1)
[/mm]
[mm] f_{y} [/mm] = [mm] 2y(2x^2+1)
[/mm]
[mm] f_{xx} [/mm] = 4y2+4 -> geteilt durch 4: [mm] f_{xx}= y^2+1
[/mm]
[mm] f_{yy} [/mm] = [mm] 4x^2+2 [/mm] <=> [mm] 2(2x^2+1)
[/mm]
[mm] f_{xy} [/mm] = [mm] f_{yx} [/mm] = 8xy
Damit lautet die Hesematrix [mm] H_{f}=\pmat{ y^2+1 & 8xy \\ 8xy & 2(2x^2+1) }
[/mm]
und somit [mm] H_{f}(0,0) [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 2 }#
[/mm]
[mm] det(H_{f}(0,0))=2-0=2>0
[/mm]
So,mit liegt in (0,0) ein Extremum vor und da det [mm] H_{f} [/mm] (0,0) >0 ein Minimum
|
|
|
|
