Globales Maximum mehrerer Veränderlicher

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SM!LE Auf diesen Beitrag antworten »
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 .

Man bestimme das globale Maximum von unter der Nebenbedingung .

Meine Lösung



Hab dann die Lagrange Funktion aufgestellt und gesetzt:









Hab dann Lambda eliminiert durch:





Danach hab ich die (3) nach umgestellt und in (4) eingesetzt:



und hab dann folgende Punkte erhalten:









Jedoch liegt irgendwie nur 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:

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

Vielen Dank für eure Mühen.
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

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



Die 3 Gleichungen lauten demnach (gekürzt):






-------------------------------------
Nach Elimination von ergibt sich*



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 ...








------------------------------------

(*) Dividiere die Gleichung durch und setze (Substitution), somit ist

zu lösen.

mY+
 
 
Finn_ Auf diesen Beitrag antworten »

Ich schreib mal und , weil weniger umständlich.

Wenn du und annimmst, kannst du die Gleichungen mit und multiplizieren, das ist richtig. Da 0+0=0 ist, muss die Summe der linken Seiten auch sein, das ist auch richtig. Bei dir liegt nun das folgende System vor:



Wenn du die Gleichung nun nach umstellst, ergibt sich nicht nur die Lösung , sondern auch . Dir fehlen dann Lösungen, es sei denn, diese kommen später durch Quadrieren wieder in Betracht. Setze zur Analyse .

Nach dem Einsetzen und Umformen quadrierst du. Durch das Quadrieren können aber Scheinlösungen hinzukommen, da Quadrieren im Definitionsbereich 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 zu erfüllen auch einfach die Maxima von für bestimmen.
Graph
mYthos Auf diesen Beitrag antworten »

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+
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Man kann auch mit den Methoden der Linearen Algebra an die Sache herangehen. Für findet man die Eigenwerte und . Aus den zugehörigen normierten Eigenvektoren baut man spaltenweise die orthogonale Matrix



und erhält mittels der Variablentransformation



die Diagonaldarstellung



Da orthogonal ist, ist mit äquivalent. Man ersetzt und bekommt:



Das Maximum wird offenbar für und erreicht, das Minimum für und . Mit kann man das in die alten Koordinaten zurückrechnen.
Finn_ Auf diesen Beitrag antworten »

@SM!LE: Die vier Lösungen

sind korrekt. Bei den mit hast du dich aber verrechnet.
SM!LE Auf diesen Beitrag antworten »

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

Zitat:
Original von Finn_
@SM!LE: Die vier Lösungen

sind korrekt. Bei den mit 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 findet man die Eigenwerte und . Aus den zugehörigen normierten Eigenvektoren baut man spaltenweise die orthogonale Matrix



und erhält mittels der Variablentransformation



die Diagonaldarstellung



Da orthogonal ist, ist mit äquivalent. Man ersetzt und bekommt:



Das Maximum wird offenbar für und erreicht, das Minimum für und . Mit 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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