Extremwerte und Sattelpunkte

28.05.2009, 15:07

Sabinee

Extremwerte und Sattelpunkte

Bestimmen Sie alle Extremwerte und Sattelpunkte der Funktion

$\begin{eqnarray*} f(x,y,z):=(2x^2+3y^2+z^2)\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

Zunächst einmal habe ich den Gradienten bestimmt:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}=(-4x^3+2x(-3y^2-z^2+2))\cdot e^{-x^2+-y^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial y}=(-6y^3+2y(-2x^2-z^2+3))\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial z}=2z\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

Also erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} \nabla f(x,y,z)=((-4x^3+2x(-3y^2-z^2+2))\cdot e^{-x^2+-y^2},(-6y^3+2y(-2x^2-z^2+3))\cdot e^{-x^2-y^2},2z\cdot e^{-x^2-y^2}) \end{eqnarray*}$

Jetzt müssen wir alle kritischen Punkte herausfinden:

a) $\begin{eqnarray*} z=0, x=0 \Rightarrow y=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -6x^2+6e^{-y^2} \end{eqnarray*}$
Kann ich die Nullstellen hiervon ermitteln?

b) $\begin{eqnarray*} z=0, x\neq 0, y=0 \end{eqnarray*}$

Dann muss gelten:
$\begin{eqnarray*} -4x^3+4x\cdot e^{-x^2}=0\Rightarrow 4x\cdot (-x^2+e^{-x^2})=0\Rightarrow x=0 \vee -x^2+e^{-x^2}=0 \end{eqnarray*}$

Kann ich die Nullstellen hiervon elementar ermitteln?

Oder mache ich schon was beim Gradienten falsch?

Danke

28.05.2009, 15:31

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Zitat:

Original von Sabinee
a) $\begin{eqnarray*} z=0, x=0 \Rightarrow y=0 \end{eqnarray*}$

Wieso das?

Halten wir mal fest: Aus $\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial z}=0 \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} z=0 \end{eqnarray*}$ . Setzen wir mal in die anderen beiden Ableitungen ein:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x} (x,y,0) = x(-4x^2-6y^2+4)\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial y} (x,y,0) = y(-4x^2-6y^2+6)\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

Der Fall $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ ergibt jetzt nicht zwangsläufig $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ , wie du geschrieben hast, sondern erstmal über

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial y} (0,y,0) = y(-6y^2+6)\cdot e^{-y^2} = 0 \end{eqnarray*}$

nur $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} -6y^2+6=0 \end{eqnarray*}$ , letzteres gleichbedeutend mit $\begin{eqnarray*} y=1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} y=-1 \end{eqnarray*}$ .

Wenn du die Fallunterscheidung nicht ordentlich, streng logisch durchziehst, entgehen dir Lösungen!

28.05.2009, 17:08

Sabinee

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Oh ja stimmt, das macht alles natürlich wesentlich einfacher.

Nun gehts zum zweiten Fall:

$\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$

Dann haben wir:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,0,0)=(-4x^3+4x)\cdot e^{-x^2}=4x(-x^2+1)\cdot e^{-x^2}=0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt: $\begin{eqnarray*} x_1=0 \vee x_{2,3}=\pm 1 \end{eqnarray*}$

Nun der Fall: $\begin{eqnarray*} x\neq 0, y\neq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y,0)=(-4x^3-6xy^2+4x)\cdot e^{-x^2-y^2}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f}{\partial y}(x,y,0)=(-6y^3-4yx^2+6y)\cdot e^{-x^2-y^2}=0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} -4x^3-6xy^2+4x=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -6y^3-4yx^2+6y=0 \end{eqnarray*}$

Nun folgt: $\begin{eqnarray*} x\cdot (-4x^2-6y^2+4) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y\cdot (-6y^2-4x^2+6)=0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} x\neq 0, y\neq 0 \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} -4x^2-6y^2+4=0 \wedge -6y^2-4x^2+6=0 \end{eqnarray*}$

Wenn ich das Additionsverfahren anwende erhalte ich $\begin{eqnarray*} -2=0 \end{eqnarray*}$ .

Also erhalte ich durch diesen Fall keinen neuen kritischen Punkt dazu.

Sind meine kritischen Punkte jetzt:

$\begin{eqnarray*} P_1(0,0,0) , P_{2,3}(\pm 1,0,0) , P_{4,5}=(0,\pm 1,0) \end{eqnarray*}$ ?

28.05.2009, 17:19

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Zitat:

Original von Sabinee
Sind meine kritischen Punkte jetzt:

$\begin{eqnarray*} P_1(0,0,0) , P_{2,3}(\pm 1,0,0) , P_{4,5}=(0,\pm 1,0) \end{eqnarray*}$ ?

Das sind sie. Freude

Jetzt kannst du dich denen einzeln widmen.

28.05.2009, 17:55

Sabinee

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Ich habe nun die 2te Ableitung gebildet.

Wollte fragen ob die einzelnen partiellen Ableitungen richtig sind.

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f^2}{\partial x \partial y}(x,y,z)=e^{-x^2-y^2}(12xy^3-12xy+8x^3y+4xz^2y-8xy)=\frac{\partial f^2}{\partial y \partial x}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f^2}{\partial x \partial z}(x,y,z)=-4xz\cdot e^{-x^2-y^2}=\frac{\partial f^2}{\partial z \partial x}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f^2}{\partial y \partial z}(x,y,z)=-4yz\cdot e^{-x^2-y^2}=\frac{\partial f^2}{\partial z \partial y}(x,y,z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f^2}{\partial x \partial x}(x,y,z)=(8x^4-20x^2+12x^2y^2+4x^2z^2-2z^2+4)\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f^2}{\partial y \partial y}(x,y,z)=(12y^4-30y^2+8y^2x^2+4y^2z^2-4x^2-2z^2+6)\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial f^2}{\partial z \partial z}(x,y,z)=2\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

Daraus erhalte ich folgende Hesse-Matrix:

$\begin{eqnarray*} H_f(x,y,z)=\begin{pmatrix} (8x^4-20x^2+12x^2y^2+4x^2z^2-2z^2+4)\cdot e^{-x^2-y^2} & e^{-x^2-y^2}(12xy^3-12xy+8x^3y+4xz^2y-8xy) & -4xz\cdot e^{-x^2-y^2} \\ e^{-x^2-y^2}(12xy^3-12xy+8x^3y+4xz^2y-8xy) & (12y^4-30y^2+8y^2x^2+4y^2z^2-4x^2-2z^2+6)\cdot e^{-x^2-y^2} & -4yz\cdot e^{-x^2-y^2} \\ -4xz\cdot e^{-x^2-y^2} & -4yz\cdot e^{-x^2-y^2} & 2\cdot e^{-x^2-y^2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Kriege ich bis hierhin eine Bestätigung?

28.05.2009, 18:47

Sabinee

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Ich bin mal davon ausgegangen, dass die Hesse-Matrix richtig ist und untersuche die kritischen Punkte auf Extrema und Sattelpunkte.

Ich bekomme:

$\begin{eqnarray*} H_f(0,0,0)=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da alle Hauptminoren positiv sind, folgt, die Matrix ist positiv Definit $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Maximum.

$\begin{eqnarray*} H_f(\pm 1,0,0)=\begin{pmatrix} -8e^{-1} & 0 & 0 \\ 0 & 2e^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & 2e^{-1} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da negative und positive Eigenwerte existieren ist die Matrix indefinit $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Sattelpunkt.

$\begin{eqnarray*} H_f(0,\pm 1,0)=\begin{pmatrix} 4e^{-1} & 0 & 0 \\ 0 & -12e^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & 2e^{-1} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Diese Matrix ist ebenfalls indefinit woraus folgt dass wieder ein Sattelpunkt vorliegt.

Ist das richtig so?

Danke

29.05.2009, 10:27

Ehos

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Wenn alle Eigenwerte postiv sind, handelt es sich um ein Minimum.

29.05.2009, 16:32

Sabinee

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Oh ja habe mich da verschrieben.
Stimmt das denn sonst?

29.05.2009, 16:35

eierkopf1

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Hier hast du einen kleinen Fehler (bereits ausgebessert):
$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y,z)=(8x^4-20x^2 - 6y^2+12x^2y^2+4x^2z^2-2z^2+4)\cdot e^{-x^2-y^2} \end{eqnarray*}$

Damit ändern sich auch deine Hessenmatrizen.

Wenn du eine Diagonalmatrix erhältst, dann stehen die Eigenwerte auf der Diagonale. Augenzwinkern

EDIT: Mach das "hoch 2" aufs "partielle Differentiation"-Zeichen

29.05.2009, 23:43

Sabinee

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Dankeschön für die Bemerkung des Fehlers:

Also es ist dann:

$\begin{eqnarray*} H_f(x,y,z)=\begin{pmatrix} (8x^4-20x^2+12x^2y^2+4x^2z^2-6y^2-2z^2+4)\cdot e^{-x^2-y^2} & e^{-x^2-y^2}(12xy^3-12xy+8x^3y+4xz^2y-8xy) & -4xz\cdot e^{-x^2-y^2} \\ e^{-x^2-y^2}(12xy^3-12xy+8x^3y+4xz^2y-8xy) & (12y^4-30y^2+8y^2x^2+4y^2z^2-4x^2-2z^2+6)\cdot e^{-x^2-y^2} & -4yz\cdot e^{-x^2-y^2} \\ -4xz\cdot e^{-x^2-y^2} & -4yz\cdot e^{-x^2-y^2} & 2\cdot e^{-x^2-y^2} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich bekomme:

$\begin{eqnarray*} H_f(0,0,0)=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da alle Hauptminoren positiv sind, folgt, die Matrix ist positiv Definit $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Minimum.

$\begin{eqnarray*} H_f(\pm 1,0,0)=\begin{pmatrix} -8e^{-1} & 0 & 0 \\ 0 & 2e^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & 2e^{-1} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da negative und positive Eigenwerte existieren ist die Matrix indefinit $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ Sattelpunkt.

$\begin{eqnarray*} H_f(0,\pm 1,0)=\begin{pmatrix} -2e^{-1} & 0 & 0 \\ 0 & -12e^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & 2e^{-1} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Diese Matrix ist ebenfalls indefinit woraus folgt dass wieder ein Sattelpunkt vorliegt.

Ist es jetzt richtig?

30.05.2009, 19:19

eierkopf1

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EDIT: Bei einer Diagonalmatrix kannst du die Eigenwerte ablesen und brauchst das Hauptminorenkriterium nicht Augenzwinkern

30.05.2009, 21:56

Sabinee

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Vielan Dank

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