Lokale und globale Extrema auf einem Rechteck, mehrdimensionale Analysis

08.01.2018, 17:30

De_Dog

Lokale und globale Extrema auf einem Rechteck, mehrdimensionale Analysis

Meine Frage:
Hallo Community,

ich hänge hier an einer Aufgabe und komme nicht weiter. Folgende Aufgabe liegt vor:

Es sei $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{2} -> \mathbb R \end{eqnarray*}$ eine Funktion mit $\begin{eqnarray*} f\left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}-3xy \end{eqnarray*}$ . Bestimmen Sie alle lokalen und globalen Extrema von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf dem Rechteck $\begin{eqnarray*} D = \left[0,3\right]^{2} \end{eqnarray*}$ .

Lokale Extremstellen berechnetman aja wie folgt:
1. Gradient von f bilden
2. Jede Zeile des Gradienten Null setzen und so die kritischen Stellen berechnen
3.Hesse-Matrix von f berechnen
4.Kritische Stellen in die Hesse-Matrix einsetzen und jeweils die Definitheit der Matrix bestimmen.

Meine Ideen:
zu 1.)
mein Gradient sieht wie folgt aus : $\begin{eqnarray*} grad(f)= \begin{pmatrix} 3x^{2}-3y \\ 3y^{2}-3x \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

zu2.)
Hier habe ich durch das Einsetzungsverfahren versucht die Nullstellen zu berechnen.
$\begin{eqnarray*} 3x^{2}-3y=0 \Rightarrow 3x^{2}=3y \Rightarrow x^{2}=y \end{eqnarray*}$
das in die zweite Gleichung eingestzt:
$\begin{eqnarray*} 3y^{2}-3x=0 \Rightarrow 3(x^{2})^{2}-3x=0 \Rightarrow 3x^{4}-3x=0 \Rightarrow 3x^{4}=3x \Rightarrow x^{4}=x \Rightarrow x^{3}=1 \Rightarrow x=1 \end{eqnarray*}$

mit der Bedinung $\begin{eqnarray*} x^{2}=y \end{eqnarray*}$ folgt dann, dass die kritischen Stellen (0,0) und (1,1) sind.
Hier bin ich mir aber irgendwie nicht sicher, ob das die einzigen sind.

zu3.)
Die Hesse-Matrix ist: $\begin{eqnarray*} H_{f}= \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

zu4.)
Einsetze der kritischen Stellen ergibt:
$\begin{eqnarray*} H_{f}(0,0)= \begin{pmatrix} 0 & -3 \\ -3 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
mit den EW $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}=3 , \lambda_{2}=-3 \end{eqnarray*}$ und daraus folgt, dass diese Matrix indefinit ist.
$\begin{eqnarray*} H_{f}(1,1)=\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ -3 & 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Hier sind die EW $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}=9, \lambda_{2}=3 \end{eqnarray*}$ und diese Matrix ist somit positiv semi definit.

Soweit so gut...ich habe jetzt nur das Problem wie ich die globalen Extrema ausrechne und dann noch auf diesem Rechteck. -.-

Kann mir da jemand vlt weiter helfen und mir einen Tipp geben? Ist mein Rechenweg bis jetzt fehlerfrei?

Danke schon einmal im vorraus.

Gruß,
Giggs

09.01.2018, 08:41

klarsoweit

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RE: Lokale und globale Extrema auf einem Rechteck, mehrdimensionale Analysis

Zitat:

Original von De_Dog
$\begin{eqnarray*} x^{4}=x \Rightarrow x^{3}=1 \Rightarrow x=1 \end{eqnarray*}$

Die Implikation ist falsch. Korrekt ist: $\begin{eqnarray*} x^4 = x \Rightarrow x^3 =1 \vee x=0 \end{eqnarray*}$ . Sonst kommst du ja auch nicht auf den kritischen Punkt (0, 0).

Zitat:

Original von De_Dog
$\begin{eqnarray*} H_{f}(1,1)=\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ -3 & 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Hier sind die EW $\begin{eqnarray*} \lambda_{1}=9, \lambda_{2}=3 \end{eqnarray*}$ und diese Matrix ist somit positiv semi definit.

Wieso semi ?

Zitat:

Original von De_Dog
Soweit so gut...ich habe jetzt nur das Problem wie ich die globalen Extrema ausrechne und dann noch auf diesem Rechteck. -.-

Da mußt du noch die Ränder des Rechtecks separat untersuchen. smile

09.01.2018, 10:17

HAL 9000

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Zitat:

Original von klarsoweit
Da mußt du noch die Ränder des Rechtecks separat untersuchen.

Diesbezüglich ein Hinweis zum Aufwand-Sparen:

$\begin{align*} f \end{align*}$ ist symmetrisch bzgl. $\begin{align*} x,y \end{align*}$ , sowohl in der Funktionsgleichung $\begin{align*} f(x,y)=f(y,x) \end{align*}$ als auch im Definitionsbereich, d.h. $\begin{align*} (x,y)\in D \;\Leftrightarrow\; (y,x)\in D \end{align*}$ . Daher genügt es, zwei der vier Randkanten des Quadrates $\begin{align*} D \end{align*}$ abzugrasen, den Rest liefert die eben genannte Symmetrie.

09.01.2018, 14:50

Originalverfasser

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RE: Lokale und globale Extrema auf einem Rechteck, mehrdimensionale Analysis
Ok...die Implikation $\begin{eqnarray*} x^{4}=x \Rightarrow x^{3}=1 \end{eqnarray*}$ war wirklich doof von mir. Big Laugh

positiv semi definit ist natürlich auch Schwachsinn. Da habe ich mich gestern glaub einfach verlesen. Es müsste natürlich positiv definit heißen, da ja alle EW der Matrix $\begin{eqnarray*} >0 \end{eqnarray*}$ sind und nicht $\begin{eqnarray*} \geq 0 \end{eqnarray*}$ .

Ich habe nun einmal die Randpunkte in die Funktion eingesetzt.
mit $\begin{eqnarray*} f(0,0)=0^{3}+0^{3}-3*0*0=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(0,3)=f(3,0=0+27-3*0*3=27 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(3,3)=3^{3}+3^{3}-3*3*3=27+27-27=27 \end{eqnarray*}$
und noch die felhende kritische Stelle $\begin{eqnarray*} E(1,1) => f(1,1)=1+1-3*1*1=-1 \end{eqnarray*}$

folglich müsste das globale Minimum hier bei $\begin{eqnarray*} (1,1) \end{eqnarray*}$ und das globale Maximum bei $\begin{eqnarray*} (0,3),(3,0),(3,3) \end{eqnarray*}$ liegen, da diese ja die kleinsten bzw größten Funktionswerte besitzen.

Gruß,
Giggs, der Originalverfasser ,der hier nicht mit der Anmeldefunktion klarkommt Hammer

09.01.2018, 14:58

HAL 9000

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Das ist nicht genug: Der Definitionsbereich ist das Quadrat $\begin{align*} D \end{align*}$ . Dessen Rand besteht nicht nur aus den vier Eckpunkten, die du gerade untersuchst hast, sondern aus vier Seitenkanten! Es ist von vornherein nicht auszuschließen, dass sich globale Extrema auf diesen Kanten statt in den Ecken finden, also müssen die untersucht werden.

Im Klartext: Du musst auch noch $\begin{align*} f(x,0) \end{align*}$ bzw. $\begin{align*} f(x,3) \end{align*}$ anschauen für $\begin{align*} 0\leq x\leq 3 \end{align*}$ . (die anderen beiden Kanten $\begin{align*} f(0,y) \end{align*}$ sowie $\begin{align*} f(3,y) \end{align*}$ ergeben sich wie schon erwähnt wegen der Symmetrie)

09.01.2018, 18:15

Originalverfasser

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ok...das wäre dann $\begin{eqnarray*} f(x,0)=x^{3} ; f(x,3)=x^{3}+27-9x \end{eqnarray*}$

somit habe ich jeweils eine Funktion mit nur einer Variable und bestimme nun die Extremstellen davon.

$\begin{eqnarray*} f'(x)=3x^{2}+0-9 \end{eqnarray*}$
das Null zu setzen ergibt $\begin{eqnarray*} 3x^{2}-9=0 \Rightarrow 3x^{2}=9 \Rightarrow x^{2}=3 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} x_{1}=(-\sqrt{3}) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_{2}=\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_{1}, x_{2} \end{eqnarray*}$ eingesetzt in $\begin{eqnarray*} f''(x)=6x \end{eqnarray*}$ ergibt :
$\begin{eqnarray*} f''(\sqrt{3})=6*\sqrt{3} >0 \Rightarrow \end{eqnarray*}$ lokales Minimum
$\begin{eqnarray*} f''(-\sqrt{3})=6*-\sqrt{3} <0 \Rightarrow \end{eqnarray*}$ lokales Maximum

$\begin{eqnarray*} x_{1},x_{2} \end{eqnarray*}$ eingesetzt in $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} f((-\sqrt{3}))=(-\sqrt{3}^{3}+27-9*(-\sqrt{3})=27+6*\sqrt{3} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(\sqrt{3})=\sqrt{3}^{3}+27-9*\sqrt{3}=27-6~\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

somit wäre also das globale Maximum bei $\begin{eqnarray*} ((-\sqrt{3}),3) \end{eqnarray*}$ und bei $\begin{eqnarray*} (3,(-\sqrt{3})) \end{eqnarray*}$ (da das selbe ja auch für die Ableitung von f(y) gilt).

Das globale Minimum wäre dann immer noch an der Stelle $\begin{eqnarray*} (1,1) \end{eqnarray*}$ , da dort ja immer noch der kleinste Funktionswert auftritt.Oder?

Gruß,
Originalverfasser Wink

09.01.2018, 18:59

HAL 9000

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$\begin{align*} -\sqrt{3} \end{align*}$ liegt außerhalb des hier zu betrachtenden Intervalls [0,3], das hast du wohl für einen Moment aus den Augen verloren ... smile

D.h., der Rand bringt nur an den Quadrateckpunkten globale Extrema, und zwar das globale Maximum 27.

Das globale Minimum entspricht deinem oben gefundenen lokalem Minimum -1 im Inneren.

P.S.: Auch wenn die Untersuchung dieser Kanten hier nix neues hinsichtlich globaler Extrema ergeben hat, so war sie dennoch nötig.

09.01.2018, 19:56

Originalverfasser

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Oh man...das mir das jetzt erst auffällt Hammer

Dann entschuldige ich mich mal dafür, dass ich so blind war.
Besten Dank nochmal an jeden der mir hier geholfen hat. Bin jetzt einiges schlauer was das Thema angeht.

Super Community Prost

Gruß,
Originalverfasser smile

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