Partielles Ableiten, noch eine Extremwertaufgabe

21.09.2009, 09:42

petiz

Partielles Ableiten, noch eine Extremwertaufgabe

Hallo,

Ich habe ein Problem mit folgender Extremwertaufgabe

$\begin{eqnarray*} z = exp(-x^2-y^2)*(2x^2+2y^2) \end{eqnarray*}$ im Kreis $\begin{eqnarray*} x^2+y^2 <= 4 \end{eqnarray*}$

Nun, den Gradienten müsste ich richtig bestimmt haben:

$\begin{eqnarray*} Grad(z) = \begin{pmatrix} e^{-x^2-y^2}*(2x^2+2x+2y^2) \\ e^{-x^2-y^2}*(2y^2+2y+2x^2) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Nun komme ich nicht weiter, da ich nichts mit der zweiten Funktion anzufangen weiß. Letzendlich stelle ich mir vor dass sie die Ursprungsfunktion "umhüllt" und ausserhalb dieses "Kegels" die Funktion z nichtmehr abgeleitet wird.

21.09.2009, 09:59

klarsoweit

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RE: Partielles Ableiten, noch eine Extremwertaufgabe
Der Gradient stimmt, wenn man mal von dem fehlenden Quadrat an dem x in der e-Funktoin absieht. Aber was meinst du mit "zweiter Funktion" und der nachfolgenden "Erklärung"?

21.09.2009, 10:13

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Sofern es nicht ausdrücklich "verboten" ist, würde ich bei dieser so offenkundig rotationssymmetrischen Funktion zu Polarkoordinaten übergehen, d.h.

$\begin{eqnarray*} z(r,\varphi) = \exp(-r^2)\cdot 2r^2 \end{eqnarray*}$ im Kreis $\begin{eqnarray*} r\leq 2 \end{eqnarray*}$ .

21.09.2009, 10:33

petiz

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RE: Partielles Ableiten, noch eine Extremwertaufgabe

Zitat:

Original von klarsoweit
Der Gradient stimmt, wenn man mal von dem fehlenden Quadrat an dem x in der e-Funktoin absieht. Aber was meinst du mit "zweiter Funktion" und der nachfolgenden "Erklärung"?

mit zweiter Funktion meine ich $\begin{eqnarray*} x^2+y^2 <= 4 \end{eqnarray*}$ ... Ich kenne nun das "Standardverfahren" was ich bei der letzten Extremwertaufgabe angewandt habe:

- Gradienten bestimmen
- Punkte bestimmen wo beide Gleichungen null werden
- Hesse-Matrix anwenden um herauszufinden ob Minimum, Maximum, Sattelpunkt oder nicht bestimmt

Nur das klappt hier ja so bei der Aufgabe nicht so ganz. Das Problem ist, dass bei der vorherigen Aufgabe die ich hier gepostet hatte, der Gradient eine "schwere" und eine "einfache" Funktion enthielt.

Beispiel aus der letzten Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} y(6x-6)= 0 \end{eqnarray*}$

.. da konnte ich ganz klar sagen dass wenn y = 0 ist, ist die ganze Gleichung null.. komme was wolle.. und wenn x = 1 ist, wird auch die ganze Gleichung null... egal was nun y ist... Und diese beiden Werte konnte ich dann in die erste Gleichung einsetzen um die Punkte zu bestimmen.

Nur dieses Verfahren klappt hier ja nicht, da es weder einen eindeutigen X-Wert, noch einen eindeutigen Y-Wert gibt, für den die ganze Gleichung (komme was wolle) 0 wird...

Das einzige was ich finde ist ein Wertepaar y=0, x=0 (was anscheinend auch für beide Funktionen zutrifft).. aber ist P=(0,0) der einzige Punkt?

Und das zweite Problem ist halt, dass da was von Kreis steht. Wenn ich mir $\begin{eqnarray*} x^2+y^2 \end{eqnarray*}$ plotte, dann sehe ich eine Funktion die z(x,y) irgendwie "einhült"... Darum vermute ich dass man mir damit sagen will, dass der Bereich wo z differentiert werden soll, eingegrenzt werden soll

21.09.2009, 10:37

petiz

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Ich habe eine Vermutung:

Die Funktion Z(x,y) besteht aus zwei Faktoren.. der E-Funktion, und der Klammer... Da die E-Funktion nicht null werden kann (egal was x und y sind) (da ln(0) = -unendlich), müsste der einzige Punkt P=(0,0) sein wenn ich das richtig sehe. Es gibt keine weiteren zu untersuchenden möglichen Extremas

21.09.2009, 11:01

wogir

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Sry, aber der Gradient stimmt nicht... danach dürften sich alle anderen Probleme trivialisieren.

21.09.2009, 11:07

klarsoweit

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RE: Partielles Ableiten, noch eine Extremwertaufgabe

Zitat:

Original von petiz
mit zweiter Funktion meine ich $\begin{eqnarray*} x^2+y^2 <= 4 \end{eqnarray*}$

Das ist erstmal keine Funktion, sondern dier Angabe eines Definitionsbereiches für die Funktion

Zitat:

Original von petiz
Das einzige was ich finde ist ein Wertepaar y=0, x=0 (was anscheinend auch für beide Funktionen zutrifft).. aber ist P=(0,0) der einzige Punkt?

Wie man leicht sieht, ist x = y = -1/2 eine weitere Lösung. Augenzwinkern

Löse dazu die 1. Gleichung nach 2x² + 2y² auf und setze das in die 2. Gleichung ein.

Zitat:

Original von petiz
Und das zweite Problem ist halt, dass da was von Kreis steht. Wenn ich mir $\begin{eqnarray*} x^2+y^2 \end{eqnarray*}$ plotte, dann sehe ich eine Funktion die z(x,y) irgendwie "einhült"... Darum vermute ich dass man mir damit sagen will, dass der Bereich wo z differentiert werden soll, eingegrenzt werden soll

Und zwar genau auf den sich daraus ergebenden Definitionsbereich. Und man braucht das auch nicht plotten, um zu sehen, daß das ein Kreis mit Radius 2 um den Ursprung ist. Du mußt nur nach Extremwerten innerhalb des Kreises suchen und diese mit dem Funktionswert auf dem Kreisrand abgleichen. smile

@Arthur Dent: deine Transformation ist natürlich effizient. Aber die Reduzierung auf ein eindimensionales Problem soll hier wohl nicht geübt werden. smile

21.09.2009, 11:08

klarsoweit

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Zitat:

Original von wogir
Sry, aber der Gradient stimmt nicht... danach dürften sich alle anderen Probleme trivialisieren.

Kannst du das begründen?

21.09.2009, 11:17

wogir

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Zitat:

Original von klarsoweit

Zitat:

Original von wogir
Sry, aber der Gradient stimmt nicht... danach dürften sich alle anderen Probleme trivialisieren.

Kannst du das begründen?

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dr}(2e^{-r^2}r^2)=4e^{-r^2}(r-r^3)=4re^{-r^2}(1-r)(1+r) \end{eqnarray*}$

21.09.2009, 12:04

klarsoweit

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Wir wollen aber die Funktion betrachten, die petiz in seinem ersten Beitrag gepostet hat, oder nicht?

21.09.2009, 12:05

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Auch in kartesischen Koordinaten sieht man, dass der Gradient sogar eklatant falsch ist - richtig wäre da

$\begin{eqnarray*} \nabla z = \begin{pmatrix} e^{-x^2-y^2}\cdot 4x(1-x^2-y^2) \\ e^{-x^2-y^2}\cdot 4y(1-x^2-y^2) \end{pmatrix} = 4e^{-r^2}(1-r^2) \cdot \vec{r} \end{eqnarray*}$ .

21.09.2009, 12:46

klarsoweit

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Arghh!

Jetzt sehe ich auch, wo ich einen (Kopf)rechenfehler gemacht habe. Man sollte manchmal wirklich Papier nehmen!

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