Lokale Extrema, globale Extrema mit Nebenbedingung

29.04.2018, 18:32	Kathreena	Auf diesen Beitrag antworten »
Lokale Extrema, globale Extrema mit Nebenbedingung Finde alle globale Extrema, lokale Extrema, Sattelpunkte (falls vorhanden) unter der Nebenbedingung $\begin{eqnarray} \|\|(x,y)\|\|^2=1 \end{eqnarray}$ : a.) $\begin{eqnarray} f: \mathbb R ^2 \rightarrow \mathbb R , f(x,y) := x^2-2y^2 \end{eqnarray}$ b.) $\begin{eqnarray} g: [1,\infty) \times [0,\infty) \rightarrow \mathbb R , g(x,y) := (x+y) ln(x) \end{eqnarray}$ Meine Idee: a.) Also ich benutze Lagrange Multiplikator methode. $\begin{eqnarray} \|\|(x,y)\|\|^2=x^2+y^2=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} h(x,y) := x^2+y^2-1 \end{eqnarray}$ (Nebenbedingung) Gesucht ist ja ein $\begin{eqnarray} \lambda_0 \end{eqnarray}$ , so dass $\begin{eqnarray} \nabla L(x,y,\lambda_0) = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(x,y,\lambda) = f(x,y)-\lambda \cdot h(x,y) = x^2-2y^2- \lambda(x^2+y^2-1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_x = 2x-2 \lambda x = 0 \Rightarrow \lambda =1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} x=1 \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} \lambda =2 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} x=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_y = -4y-2\lambda y=0 \Rightarrow \lambda =1 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} y=0 \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} \lambda =2 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} y=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L_\lambda =-x^2-y^2+1=0 \end{eqnarray}$ kritische punkte: (1,0,1), (0,1,2), (0,0,0) nun hänge ich irgendwie beim Nachweis, was Max und was Min ist. $\begin{eqnarray} H_L(1,0,1) = \begin{pmatrix} L_{xx} & L_{xy} & L_{x \lambda } \\ L_{yx} & L_{yy} & L_{y \lambda } \\ L_{\lambda x} & L_{\lambda y} & L_{\lambda \lambda }\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-2\lambda & 0 & -2x \\ 0 & -4-2\lambda & -2y \\ -2x & -2y & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 0 & -6 & 0 \\ -2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} H_L(0,1,2) = \begin{pmatrix} L_{xx} & L_{xy} & L_{x \lambda } \\ L_{yx} & L_{yy} & L_{y \lambda } \\ L_{\lambda x} & L_{\lambda y} & L_{\lambda \lambda }\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-2\lambda & 0 & -2x \\ 0 & -4-2\lambda & -2y \\ -2x & -2y & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 & 0 & 0 \\ 0 & -16 & -2 \\ 0 & -4 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Irgendwie sind nun beide Matrixen negativ definiert ? Sattelpunkt wäre : $\begin{eqnarray} H_L(0,0,0) = \begin{pmatrix} L_{xx} & L_{xy} & L_{x \lambda } \\ L_{yx} & L_{yy} & L_{y \lambda } \\ L_{\lambda x} & L_{\lambda y} & L_{\lambda \lambda }\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-2\lambda & 0 & -2x \\ 0 & -4-2\lambda & -2y \\ -2x & -2y & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
29.04.2018, 19:38	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, erstmal sind mir da folgende kleineren Ungereimtheiten aufgefallen: (0,0,0) ist kein kritischer Punkt, weil er die Nebenbedingung nicht erfüllt. Hast du nicht ein paar kritische Punkte vergessen? So etwas wie (-1,0,1) etwa? (Bei reinquadratischen Gleichungen auch an die negativen Lösungen denken!) Und folgt nicht im Falle $\begin{eqnarray} y\neq 0 \end{eqnarray}$ , dass $\begin{eqnarray} \lambda=-2 \end{eqnarray}$ ? Nun, bei den Hessematrizen /hinreichenden Bedingungen bei Lagrange erinnere ich mich nur, dass das immer etwas frickelig war. Aber da gab es gewisse 'Tricks'. Und hey, wir sind hier auch direkt in einer Situation, wo du den elegantesten Trick von allen anwenden kannst: Der Einheitskreis x^2+y^2=1 ist eine kompakte Menge, und stetige Funktionen auf kompakten Mengen nehmen Maximum und Minimum an. Damit dürfte es als hinreichende Bedingung reichen, wenn du die Funktionswerte ausrechnest und vergleichst. Wenn nur zwei unterschiedliche vorkommen, hast du Glück. Dann ist der kleinere das Minimum, und der größere das Maximum. (Für den Fall, dass du mal eine nichtkompakte Nebenbedingung wie x^2-y^2=1 vorfindest, meine ich mich zu erinnern, dass man manchmal nur den oberen linken Teil der Hessematrix auf Definitheit zu untersuchen brauchte, also unter Streichung der Zeile und Spalte für das lambda, denn die zweite Ableitung nach lambda wird schon per Konstruktion ohnehin immer Null; und eine Methode, die es noch gab, war für diejenigen (x,y), die die Nebenbedingung erfüllen, nachzurechnen, dass $\begin{eqnarray} (x,y) H \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} > 0 \end{eqnarray}$ . Damit ging es dann meistens.) Für die b) meine ich, dass an der Aufgabenstellung irgendetwas nicht stimmen kann. Denn es gibt nur einen einzigen Punkt aus dem Definitionsbereich der Funktion, der die Nebenbedingung erfüllt. LG sibelius84
30.04.2018, 11:36	Kathreena	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, dann hab ich kritische Punkte: $\begin{eqnarray} P_1(1,0,1) , P_2(-1,0,1), P_3(0,1,-2), P_4(0,-1,-2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(1,0,1) = 1 \Longleftrightarrow L(-1,0,1) = 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} L(0,1,-2) = -2 \Longleftrightarrow L(0,-1,-2) = -2 \end{eqnarray}$ Mit der Begründung das stetige Funktionen auf kompakten Mengen immer mind. ein Maximum und ein Minimum haben, ist $\begin{eqnarray} P_1(1,0,1) , P_2(-1,0,1) \end{eqnarray}$ lokale Maximum und $\begin{eqnarray} P_3(0,1,-2), P_4(0,-1,-2) \end{eqnarray}$ lokale Minimum. Globale Maximum: $\begin{eqnarray} L(x,y,\lambda) \leq 1, \forall (x,y,\lambda) \in \mathbb R \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^2-2y^2-\lambda(x^2+y^2-1) \leq 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x^2-2y^2-0 \leq 1 \end{eqnarray}$ Und das stimmt, weil $\begin{eqnarray} x^2\leq 1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} -2y^2 \leq 0 \end{eqnarray}$ . Analog mit Globale Minimum... Und mehr kritische Punkte gibts nicht, also fertig.
30.04.2018, 18:25	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Klingt gut! Die Extrema sind sogar (auf der kompakten Kreislinie) global.
30.04.2018, 18:27	Kathreena	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke.

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