kritische Punkte (mehrere Veränderliche)

03.02.2013, 17:37

Jazzy

kritische Punkte (mehrere Veränderliche)

Meine Frage:
Folgende Aufgabe quält mich shcon des Längeren .. vll kann sich ja mal jemand meinen Rechenweg anschauen und mir sagen, ob das wohl so richtig aussieht ? smile

Sei $\begin{eqnarray*} Q= \left[0,3\right] \end{eqnarray*}$ und sei f: Q->R gegeben durch $\begin{eqnarray*} f\left(x,y\right)= x^{3}- 3xy^{2} + 24y \end{eqnarray*}$ .

a) Bestimmen Sie alle kritischen Punkte im Innern von Q.
b) Bestimmen Sie das globale Maximum und das globale Minimum von f auf Q.

Meine Ideen:
zu a)
$\begin{eqnarray*} f_{x}\left(x,y\right) = 3x^{2} - 3y^{2} = 0<br /> \Rightarrow x = y \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f_{y}\left(x,y\right) = -6xy + 24 = 0<br /> \Rightarrow x\cdot y = 4 \end{eqnarray*}$

Daraus würde folgen, dass der einzige kritische Punkt von f bei x=y=2 liegt (da -2 nicht in Q liegt), korrekt?

zu b) Wenn meine Rechnung bei a korrekt ist, müsste ich hier lediglich den Punkt (2,2) überprüfen ?

04.02.2013, 13:03

mYthos

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Handelt es sich um eine Kurve in R2, dann fehlt bei f(x,y) " = 0". Und dann stimmt das so auch nicht.

x = y oder x = -y
ODER
xy = 4

sind zwei verschiedene Szenarien kritischer Punkte.
Keineswegs gehören diese Koordinaten in einem Punkt zusammen [(2; 2) ist daher falsch], sondern diese Ergebnisse müssen getrennt in die Kurvengleichung eingesetzt werden:

$\begin{eqnarray*} x = y \ \to \ x^3 - 3x^3 + 24x = 0 \ \to \ x = y = 2 \sqrt 3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ldots \end{eqnarray*}$

[attach]28255[/attach]

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mY+

04.02.2013, 13:06

Dopap

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ist nicht vielleicht $\begin{eqnarray*} Q=[0,3]\times [0,3] \end{eqnarray*}$ gemeint verwirrt

wenn ja,dann
a.) P(2,2) ist kritischer Punkt $\begin{eqnarray*} \checkmark \end{eqnarray*}$

b.)ja und nein. Du musst P überprüfen, um zu entscheiden, was noch zu tun übrig bleibt. Es ist von globalen Extrema die Rede.

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da liegt die Aufgabe seit gestern, und dann fast zu selben Zeit ?

04.02.2013, 14:15

mYthos

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Wenn es sich um z = f(x,y) handelt, ist es völlig anders, denn dann befinden wir uns in R3 und es handelt sich um eine Fläche.
In diesem Fall gelten die partiellen Ableitungen gleichzeitig und (2; 2; f(2; 2)) ist ein kritischer Punkt.

Im Gegensatz dazu kann man in R2 bei f(x,y) = 0 auch die implizite Ableitung durchführen und deren Zähler und Nenner betrachten, wenn es sich - wie in diesem Fall - um einen Bruch handelt.

mY+

04.02.2013, 15:34

Jazzy

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Pushpost - kommt nicht mehr vor smile

Ich versteh nicht so ganz, wo und warum bis hierhin f'' fehlt..

weitere Betrachtung

Fall1 $\begin{eqnarray*} x= y= 2\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

Fall2 $\begin{eqnarray*} y= -x \Rightarrow x^3+3x^3-24x=0 \Rightarrow x=2\sqrt{2} \end{eqnarray*}$
Dann aber $\begin{eqnarray*} y=-x=-2\sqrt{2} \end{eqnarray*}$ nicht in Q (das btw tatsächlich [0,3] ist..)

Fall3 (hier haperts)
$\begin{eqnarray*} x\cdot y=4 \Rightarrow y = \frac{4}{x} \Rightarrow x^3 -3x \cdot \frac{16}{x^2} +24 \cdot \frac{4}{x} = 0 \Rightarrow x^3 - \frac{48}{x} + \frac{96}{x} = 0 \Rightarrow x^3 + \frac{48}{x} = 0 \Rightarrow x^3 = - \frac{48}{x} \Rightarrow x^4 = -48 \end{eqnarray*}$

04.02.2013, 15:38

Jazzy

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Ohje, falsch abgetippt:

$\begin{eqnarray*} Q = \left[0,3\right] ^2 \end{eqnarray*}$

04.02.2013, 16:26

Jazzy

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Und muss nicht der komplette Gradient "verschwinden"?
Also gleichzeitig f' nach x und f' nach y abgeleitet 0 ergeben?
Das wäre dann nur ian der Stelle (2,2) der Fall...

04.02.2013, 16:43

mYthos

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Nochmals: Befinden wir uns in R2 oder R3?
Schaue dir den R2-Graphen an, dort gibt es weit und breit keinen Punkt (2; 2)

04.02.2013, 17:17

Jazzy

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Zitat:

Original von mYthos
Nochmals: Befinden wir uns in R2 oder R3?
Schaue dir den R2-Graphen an, dort gibt es weit und breit keinen Punkt (2; 2)

Ich habe meinen Punkt doch gerade extra als Stelle bezeichnet ..

$\begin{eqnarray*} f\left(2,2\right) = 8 - 24 +48 = 32 \end{eqnarray*}$

Wie wäre es dann mit (2|2|32)? Ist das jetzt endlich ein Punkt?

04.02.2013, 17:29

mYthos

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Also doch in R3. Dann stimmt dieser Punkt und die ganze Sache mit R2 ist zu vergessen.

mY+

04.02.2013, 17:49

Jazzy

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Da hab ich aber Glück gehabt smile

Hab mich in der Zwischenzeit mal an b) probiert:

$\begin{eqnarray*} det\begin{pmatrix} 6x-\lambda & -6y \\ -6y & -6x-\lambda \\ \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Für x=y=2:
$\begin{eqnarray*} det\begin{pmatrix} 12-\lambda & -12 \\ -12 & -12-\lambda \\ \end{pmatrix} = (12-\lambda )(-12-\lambda ) -144 = \lambda ^2 -288 \end{eqnarray*}$
Damit wären die Eigenwerte also sowohl negativ als auch positiv, die Matrix daher indefinit und mein Punkt ein Sattelpunkt..

Da aber nach einem globalen Maximum/Minimum gefragt ist, müsste ich nun (vermute ich) das Verhalten an den Rändern von Q untersuchen - "in mitten von Q" können sie ja nicht liegen, da ich sonst mehr kritische Stellen gehabt hätte?
reicht es hier die zugehörigen Funktionswerte von x=y=0, x=y=3 und x=3,y=0 bzw y=3, x=0 auszurechnen?

04.02.2013, 18:19

mYthos

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Ja, es geht um die Werte an den Rändern des Definitionsbereiches.
Noch zur Illustration:

[attach]28269[/attach]

mY+

04.02.2013, 18:31

Jazzy

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Super, dann ist alles klar! Danke schön smile

04.02.2013, 18:35

Dopap

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da hatte ich ja richtig geraten! Nur Eines noch:

Die Ränder sind keine Punkte sondern die 4 Quadratseiten der Definitionsmenge.