Globales Maximum mehrerer Veränderlicher

14.06.2019, 20:41

SM!LE

Globales Maximum mehrerer Veränderlicher

Guten Tag,

ich weiß bei einer Aufgabe nicht so recht weiter und bräuchte wieder mal eure Hilfe.
Ich hab es zwar geschafft die Aufgabe zu lösen, hab jedoch neben der richtigen Lösung auch Lösungen die eigentlich nicht stimmen können, finde meinen Fehler aber nicht.

Aufgabenstellung:

Sei $\begin{eqnarray*} A=\left[\begin{array}{cc}3&2\\2&6\end{array}\right] \end{eqnarray*}$ .

Man bestimme das globale Maximum von $\begin{eqnarray*} f(\underline{x}):=\underline{x}^TA\underline{x} \end{eqnarray*}$ unter der Nebenbedingung $\begin{eqnarray*} x_1^2+x_2^2=1 \end{eqnarray*}$ .

Meine Lösung

$\begin{eqnarray*} f(\underline{x})=\left[x_1~~x_2\right]\cdot\left[\begin{array}{cc}3&2\\2&6\end{array}\right]\cdot\left[\begin{array}{c}x_1\\x_2\end{array}\right]=3x_1^2+4x_{1}x_{2}+6x_2^2 \end{eqnarray*}$

Hab dann die Lagrange Funktion aufgestellt und $\begin{eqnarray*} \nabla L=0 \end{eqnarray*}$ gesetzt:

$\begin{eqnarray*} L(x_1,x_2,\lambda)=3x_1^2+4x_{1}x_{2}+6x_2^2+\lambda\cdot(1-(x_1^2+x_2^2))<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L_x(x_1,x_2,\lambda)=6x_1+4x_2-2x_1\lambda=0~~~(1)<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L_y(x_1,x_2,\lambda)=4x_1+12x_2-2x_2\lambda=0~~~(2)<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} L_\lambda(x_1,x_2,\lambda)=1-(x_1^2+x_2^2)=0~~~(3) \end{eqnarray*}$

Hab dann Lambda eliminiert durch:

$\begin{eqnarray*} x_2\cdot(1)-x_1\cdot(2) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -4x_1^2-6x_1x_2+4x_2^2=0~~~(4) \end{eqnarray*}$

Danach hab ich die (3) nach $\begin{eqnarray*} x_2^2 \end{eqnarray*}$ umgestellt und in (4) eingesetzt:

$\begin{eqnarray*} -8x_1^2+4-\sqrt{36x_1^2-36x_1^4}=0\Leftrightarrow~0=x_1^4-x_1^2+\frac4{25} \end{eqnarray*}$

und hab dann folgende Punkte erhalten:

$\begin{eqnarray*} P_1\left(\frac{2}{\sqrt{5}}~,~\frac{\sqrt{15}}5~,~8.771\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_2\left(-\frac{2}{\sqrt{5}}~,~\frac{\sqrt{35}}5~,~6.566\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_3\left(\frac{1}{\sqrt{5}}~,~\frac{2}{\sqrt{5}}~,~7\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_4\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}~,~\frac{\sqrt{30}}5~,~5.84\right) \end{eqnarray*}$

Jedoch liegt irgendwie nur $\begin{eqnarray*} P_3 \end{eqnarray*}$ auf dem Einheitskreis und erfüllt die Nebenbedinung obwohl ich die Nebenbedingung ja mit berücksichtigt habe.
Kann mir jemand sagen wo mein Fehler liegt.

Eine weitere Frage zu dieser Aufgabe:

Mein Professor gab mir den Tipp: $\begin{eqnarray*} \underline{v}^TA\underline{v}= \underline{v}^T\lambda\underline{v}=\lambda\underline{v}^T\underline{v}=\lambda|\underline{v}|^2<br /> \end{eqnarray*}$

Jedoch kann ich damit recht wenig anfangen und würde mich freuen wenn mir da jemand einen Tipp geben kann.

Vielen Dank für eure Mühen.

14.06.2019, 22:50

mYthos

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Du hast offensichtlich das Gleichungssystem wegen eines Fehlers am Ende, welcher allerdings nicht ersichtlich ist, falsch gelöst. Deine Gleichungen stimmen nämlich so weit.
Es ist nach Lagrange

$\begin{eqnarray*} L(x_1, x_2, \lambda) = 3x_1^2 + 4x_1x_2 + 6x_2^2 - \lambda(x_1^2 + x_2^2-1) \end{eqnarray*}$

Die 3 Gleichungen lauten demnach (gekürzt):

$\begin{eqnarray*} (1) \ 3x_1 + 2x_2 - \lambda x_1 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2) \ 2x_1 + 6x_2 - \lambda x_2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (3) \ x_1^2 + x_2^2 = 1 \end{eqnarray*}$
-------------------------------------
Nach Elimination von $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ergibt sich*

$\begin{eqnarray*} \frac {x_1}{x_2} = \frac 1 2 \ \vee \ \frac {x_1}{x_2} = -2 \end{eqnarray*}$

Setze beide Varianten getrennt in die Nebenbdingung (3) ein, es ergeben sich 4 Punkte, deren Koordinaten x_1 und x_2 allesamt die Gleichung (3) erfüllen ...

$\begin{eqnarray*} P_1 = \left( \frac 1 {\sqrt 5}, \ \frac 2 {\sqrt 5}, \ .. \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_2 = \ldots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_3 = \left( \frac {-2} {\sqrt 5}, \ \frac 1 {\sqrt 5}, \ .. \right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_4 = \ldots \end{eqnarray*}$
------------------------------------

(*) Dividiere die Gleichung $\begin{eqnarray*} 2x_1^2 + 3x_1x_2 - 2x_2^2 = 0 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} x_2^2 \neq 0 \end{eqnarray*}$ und setze $\begin{eqnarray*} \frac{x_1}{x_2} = u \end{eqnarray*}$ (Substitution), somit ist

$\begin{eqnarray*} 2u^2 + 3u - 2 = 0 \end{eqnarray*}$ zu lösen.

mY+

14.06.2019, 23:08

Finn_

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Ich schreib mal $\begin{eqnarray*} x:=x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y:=x_2 \end{eqnarray*}$ , weil weniger umständlich.

Wenn du $\begin{eqnarray*} x\ne 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y\ne 0 \end{eqnarray*}$ annimmst, kannst du die Gleichungen mit $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ multiplizieren, das ist richtig. Da 0+0=0 ist, muss die Summe der linken Seiten auch $\begin{eqnarray*} =0 \end{eqnarray*}$ sein, das ist auch richtig. Bei dir liegt nun das folgende System vor:
$\begin{eqnarray*} -4x^2+6xy+4y^2=0, \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x^2+y^2=1. \end{eqnarray*}$

Wenn du die Gleichung $\begin{eqnarray*} x^2+y^2=1 \end{eqnarray*}$ nun nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ umstellst, ergibt sich nicht nur die Lösung $\begin{eqnarray*} y=\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ , sondern auch $\begin{eqnarray*} y=-\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ . Dir fehlen dann Lösungen, es sei denn, diese kommen später durch Quadrieren wieder in Betracht. Setze zur Analyse $\begin{eqnarray*} y=\operatorname{sgn}(y)\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ .

Nach dem Einsetzen und Umformen quadrierst du. Durch das Quadrieren können aber Scheinlösungen hinzukommen, da Quadrieren im Definitionsbereich $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ nicht injektiv ist. Die lassen sich nachträglich wegfiltern, indem die Lösungen zur Probe in die ursprüngliche Gleichung vor dem Quadrieren eingesetzt werden. Was übrigt bleibt, muss auch auf dem Einheitskreis liegen.

Ein Blick auf das Gleichungssystem als Schnittmenge zweier impliziter Kurven ist übrigens aufschlussreich:
Link

Da müssen also vier Lösungen herauskommen. Zwei davon sind Maximumsstellen, die anderen beiden sind Minimumsstellen.

Zur weiteren Probe kannst du in diesem Fall anstelle $\begin{eqnarray*} x^2+y^2=1 \end{eqnarray*}$ zu erfüllen auch einfach die Maxima von $\begin{eqnarray*} t\mapsto f(\cos(t),\sin(t)) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t\in[0,2\pi) \end{eqnarray*}$ bestimmen.
Graph

14.06.2019, 23:38

mYthos

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Meines Erachtens bringt der Weg: Umstellen, Wurzel ziehen und wieder quadriereren .. keine wesentliche Verbesserung.
Vor allem das Quadrieren und das Ausfiltern der Scheinlösungen sollte - wenn möglich - umgangen werden.
Das geht hier leicht, weil anstatt der Gleichung 4. Grades 2 lineare und eine quadratische Gleichung zu betrachten sind.
Der Schnitt zweier quadratischer Kurven wird so auf den Schnitt einer quadratischen Kurve mit zwei Geraden zurückgeführt.
Durch das Rückeinsetzen in die lineare Gleichung ist somit eine Eindeutigkeit für die Koordinaten der Schnittpunkte gesichert.

@Finn: Exakt dies zeigt recht gut der von dir angegebene Link. Und genau so ist auch die Lösung anzugehen.

[attach]49364[/attach]

mY+

14.06.2019, 23:55

Leopold

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Man kann auch mit den Methoden der Linearen Algebra an die Sache herangehen. Für $\begin{align*} A \end{align*}$ findet man die Eigenwerte $\begin{align*} \lambda=7 \end{align*}$ und $\begin{align*} \lambda=2 \end{align*}$ . Aus den zugehörigen normierten Eigenvektoren baut man spaltenweise die orthogonale Matrix

$\begin{align*} T = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \end{align*}$

und erhält mittels der Variablentransformation

$\begin{align*} x = Tx' \end{align*}$

die Diagonaldarstellung

$\begin{align*} f(x_1,x_2) = 3{x_1}^2 + 4x_1x_2 + 6{x_2}^2 = 7{x'_1}^2 + 2{x'_2}^2 \end{align*}$

Da $\begin{align*} T \end{align*}$ orthogonal ist, ist $\begin{align*} |x|=1 \end{align*}$ mit $\begin{align*} |x'|=1 \end{align*}$ äquivalent. Man ersetzt $\begin{align*} {x'_2}^2 = 1 - {x'_1}^2 \end{align*}$ und bekommt:

$\begin{align*} f(x_1,x_2) = 5{x'_1}^2 + 2 \, , \ \text{falls} \ |x'|=1 \end{align*}$

Das Maximum wird offenbar für $\begin{align*} x'_1 = \pm 1 \end{align*}$ und $\begin{align*} x'_2=0 \end{align*}$ erreicht, das Minimum für $\begin{align*} x'_1=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} x'_2=\pm 1 \end{align*}$ . Mit $\begin{align*} x = Tx' \end{align*}$ kann man das in die alten Koordinaten zurückrechnen.

14.06.2019, 23:58

Finn_

Auf diesen Beitrag antworten »

@SM!LE: Die vier Lösungen
$\begin{eqnarray*} x_1\in\{\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}}\} \end{eqnarray*}$
sind korrekt. Bei den $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_1^2+x_2^2=1 \end{eqnarray*}$ hast du dich aber verrechnet.

15.06.2019, 10:37

SM!LE

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Vielen Vielen Dank an alle.
Ihr habt mir wirklich sehr geholfen.

Zitat:

Original von Finn_
@SM!LE: Die vier Lösungen
$\begin{eqnarray*} x_1\in\{\frac{2}{\sqrt{5}},-\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}},-\frac{1}{\sqrt{5}}\} \end{eqnarray*}$
sind korrekt. Bei den $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_1^2+x_2^2=1 \end{eqnarray*}$ hast du dich aber verrechnet.

Ja ich hab meinen Fehler endlich gefunden.

Zitat:

Original von Leopold
Man kann auch mit den Methoden der Linearen Algebra an die Sache herangehen. Für $\begin{align*} A \end{align*}$ findet man die Eigenwerte $\begin{align*} \lambda=7 \end{align*}$ und $\begin{align*} \lambda=2 \end{align*}$ . Aus den zugehörigen normierten Eigenvektoren baut man spaltenweise die orthogonale Matrix

$\begin{align*} T = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \end{align*}$

und erhält mittels der Variablentransformation

$\begin{align*} x = Tx' \end{align*}$

die Diagonaldarstellung

$\begin{align*} f(x_1,x_2) = 3{x_1}^2 + 4x_1x_2 + 6{x_2}^2 = 7{x'_1}^2 + 2{x'_2}^2 \end{align*}$

Da $\begin{align*} T \end{align*}$ orthogonal ist, ist $\begin{align*} |x|=1 \end{align*}$ mit $\begin{align*} |x'|=1 \end{align*}$ äquivalent. Man ersetzt $\begin{align*} {x'_2}^2 = 1 - {x'_1}^2 \end{align*}$ und bekommt:

$\begin{align*} f(x_1,x_2) = 5{x'_1}^2 + 2 \, , \ \text{falls} \ |x'|=1 \end{align*}$

Das Maximum wird offenbar für $\begin{align*} x'_1 = \pm 1 \end{align*}$ und $\begin{align*} x'_2=0 \end{align*}$ erreicht, das Minimum für $\begin{align*} x'_1=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} x'_2=\pm 1 \end{align*}$ . Mit $\begin{align*} x = Tx' \end{align*}$ kann man das in die alten Koordinaten zurückrechnen.

Dieser Lösungsansatz bezieht sich ja auf dem Tipp den ich von meinem Prof. erhalten habe oder?
Kannst du mir eventuell noch sagen warum man das so machen kann?

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