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Extremstellen von f auf einer Menge M

Universität / Fachhochschule

Differentiation

Tags: Differentiation, mehrdimensionale Analysis

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16:58 Uhr, 15.01.2018

Liebe Community,

ich habe mal wieder eine Frage bezüglich der mehrdimensionalen Analysis.
Die Aufgabe lautet:

Sei

f : ℝ^{3} \to ℝ

eine Funktion, welche definiert ist durch

f (x, y, z) = x^{2} - y^{2}

. Bestimmen Sie alle Extremstellen von

f

auf der Menge

M := {(x, y, z) \in ℝ^{3} : x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} = 1}

.

Ich bin wie folgt vorgegangen:

1.Benutze Lagrange-Multiplikator:

F (x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λ \cdot g (x, y, z) = (x^{2} - y^{2}) + λ \cdot (x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2})

2. Bilde Gradienten von

F :

grad(F)=

(\begin{matrix} 2 x + 2 \cdot λ \cdot x \\ 4 \cdot λ \cdot y - 2 y \\ 6 \cdot λ \cdot z^{2} \\ x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} \end{matrix})

3. Gradienten Null setzen:

2 x + 2 λ x = 0 \Rightarrow 2 λ x = - 2 x \Rightarrow 2 λ = - 2 \Rightarrow λ = - 1

(2 .)

Gleichung einsetzen:

4 λ y - 2 y = 0 \Rightarrow - 4 y - 2 y = 0 \Rightarrow - 6 y = 0 \Rightarrow y = 0

(3 .)

Gleichung einsetzen:

6 λ z^{2} = 0 \Rightarrow - 6 z^{2} = 0 \Rightarrow z = 0

in(4.) Gleichung einsetzen:

x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} = 0 \Rightarrow x^{2} = 0 \Rightarrow x = 0

\Rightarrow (0,0,0, - 1) =

Maximum?

5. Bilde Hesse-Matrix:

H_{f (x, y, z, λ)} = (\begin{matrix} 2 + 2 λ & 0 & 0 & 2 x \\ 0 & 4 λ - 2 & 0 & 4 y \\ 0 & 0 & 12 λ & 6 z^{2} \\ 2 x & 4 y & 6 z & 0 \end{matrix})

6. setze

x, y, z, λ

ein:

H_{f (0,0,0, - 1)} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

7.char. Plynom der Hesse-Matrix:

| (\begin{matrix} - λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 6 - λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 - λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - λ \end{matrix}) | = (- λ) \cdot (- 6 - λ) \cdot (- 12 - λ) \cdot (- λ)

Die Nullstellen davon sind direkt ablesbar

\Rightarrow λ_{1} = 0 . λ_{2} = - 6, λ_{3} = - 12

\Rightarrow H_{f (0,0,0, - 1)}

ist neagitv semidefinit (da alle EW

\leq 0

sind)

\Rightarrow

Maximum oder Sattelpunkt.

Eigentlich sollte es sich da doch eindeutig um ein Maximum handeln...habe ich irgendetwas falsch gerechnet oder muss ich noch etwas zeigen, dass ich vergessen habe? Schließlich soll ich ja alle Extremstellen bestimmen.

Gruß,
Dobby

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

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17:58 Uhr, 15.01.2018

In diesem Fall ist es deutlich einfacher ohne Lagrange.
Auf der Menge gilt

x^{2} = 1 - 2 y^{2} - 3 z^{3}

, also muss Du einfach die Funktion

(1 - 2 y^{2} - 3 z^{3}) - y^{2} = 1 - 3 (y^{2} + z^{2})

untersuchen. Sie hat klar ein globales Maximum bei

y = z = 0

und keine Extrempunkte sonst. Also ist das einzige Extrempunkt der Originalaufgabe

(1, 0, 0)

, ein Maximum.
So ersparst Du Dir die ganze Rechnerei.

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18:02 Uhr, 15.01.2018

Und wenn Du schon Lagrange nutzt, so ist die richtige Funktion

x^{2} - y^{2} + λ (x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} - 1)

und nicht was bei Dir steht.
Insofern stimmt Deine Berechnung schon am Anfang nicht.

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14:44 Uhr, 16.01.2018

ok...Fehler wurde behoben.

die richtige Funktion ist ja wie du gesagt hast

x^{2} - y^{2} + λ \cdot (x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} - 1)

.

Der Gradient ändert sich dadurch wie folgt:

Grad(F)=

(\begin{matrix} 2 x + 2 λ x \\ 4 λ y - 2 y \\ 6 λ z^{2} \\ x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} - 1 \end{matrix})

Und die Nullstellen des Gradienten sind nun

: x_{1} = 1, x_{2} = (- 1), y = 0, z = 0, λ = (- 1)

.

Die Hesse-Matrix bleibt weiterhin unverändert:

H_{f (x, y, z, λ)} = (\begin{matrix} 2 + 2 λ & 0 & 0 & 2 x \\ 0 & 4 λ - 2 & 0 & 4 y \\ 0 & 0 & 12 λ & 6 z^{2} \\ 2 x & 4 y & 6 z & 0 \end{matrix})

wir setzen

(x_{1}, y, z, λ)

ein:

(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) \Rightarrow (\begin{matrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix})

hier habe ich Zeile 1 und 4 getauscht um leichter die Determinante zu berechnen. bilde char. Polynom :

| (\begin{matrix} 2 - λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 6 - λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 - λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 - λ \end{matrix}) | = - ((2 - λ) \cdot (- 6 - λ) \cdot (- 12 - λ) \cdot (2 - λ)) = (λ - 2) \cdot (λ + 6) \cdot (λ + 12) \cdot (λ - 2)

.
Das Minus vor dem char. Polynom hab ich deswegen gesetzt, weil ich ja Zeile 1 und 4 vertauscht habe und sich dadurch das Vorzeichen der Determinante ändert.

\Rightarrow λ_{1} = 2, λ_{2} = - 6, λ_{3} = - 12

und die Matrix wäre somit indefinit

\Rightarrow (1,0,0, - 1)

ist Sattelpunkt.

Hier muss ich aber etwas falsch gemacht haben, da du ja sagtest, dass bei

(1,0,0)

klar ein Maximum liegt und kein Sattelpunkt.

wenn ich

(x_{2}, y, z, λ)

einsetze folgt:

(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & - 2 \\ 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 & 0 \\ - 2 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

vertausche wieder Zeile

1 & 4 \Rightarrow (\begin{matrix} - 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 2 \end{matrix})

char. Pol :

| (\begin{matrix} - 2 - λ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 6 - λ & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 12 - λ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 2 - λ \end{matrix}) | = - ((- 2 - λ) \cdot (- 6 - λ) \cdot (- 12 - λ) \cdot (- 2 - λ)) = (λ + 2) \cdot (λ + 6) \cdot (λ + 12) \cdot (λ + 2)

\Rightarrow λ_{1} = - 2, λ_{2} = - 6, λ_{3} = - 12 \Rightarrow

negativ definit

\Rightarrow (- 1,0,0, - 1)

ist Maximum.

Hier wäre also mein Maximum.

Ich hätte es lieber nach der Methode gemacht die du vorgeschlagen hast, aber die habe ich nicht so wirklich kapiert. Vor allem die Funktion

(1 - 2 y^{2} - 3 z^{3}) - y^{2} = 1 - 3 (y^{2} + z^{2})

.
Klammern auflösen:

1 - 2 y^{2} - 3 z^{3} - y^{2} = 1 - 3 y^{2} - 3 z^{2} | | (+ y^{2}) \Rightarrow 1 - 2 y^{2} - 3 z^{3} = 1 - 3 z^{2}

.
Wie kommst du da auf der linken Seite auf die

- 3 z^{3}

? Oder war das einfach nur ein Tippfehler und es sollte

- 3 z^{2}

heißen? Dann würde die Umformung auch aufgehen.

Wie du das mit dem untersuchen meinst weis ich auch nicht ganz wirklich. Wäre super wenn du mir das nochmal genauer erläutern könntest.

Gruß,
Dobby

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15:27 Uhr, 16.01.2018

Ja, es muss natürlich hoch 2 sein.

Es kommt

1 - 3 (y^{2} + z^{2})

am Ende raus. Und diese Funktion zu untersuchen kann man mit einem Blick. Denn

y^{2} + z^{2} \geq 0

immer und

= 0

nur wenn

y = z = 0

- das ist offensichtlich. Damit hat

y^{2} + z^{2}

das globale Minimum bei

y = z = 0

.
Und

1 - 3 (y^{2} + z^{2})

hat deshalb das globale Maximum bei

y = z = 0

.

Natürlich, gibt's zwei Maximale Punkte

(1, 0, 0)

und

(- 1, 0, 0)

, mit dem einzigen Punkt lag ich falsch.

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15:43 Uhr, 16.01.2018

Bei Hessematrizen ist Dein Fehler, dass Du die Spalten/Zeilen mit den

λ

-Abteiltungen auch betrachtest, das sollst Du aber nicht. Wichtig ist nur die

3 \times 3

-Matrix bzgl.

x, y, z

.
S. hier:
http//massmatics.de/de/files/2012/09/Lagrangeoptimierung-v1.0.pdf

Dobby-Fanbase aktiv_icon

21:39 Uhr, 16.01.2018

habe jetzt mal die Methode von massmatics angewandt.

Also zur Untersuchung von

E_{1} (1,0,0)

und

E_{2} (- 1,0,0) :

wir bilden die geränderte Matrix

H_{L} (x, y, z, λ) = (\begin{matrix} 0 & g_{x} & g_{y} & g_{z} \\ g_{x} & L_{x, x} & L_{x, y} & L_{x, z} \\ g_{y} & L_{y, x} & L_{y, y} & L_{y, z} \\ g_{z} & L_{z, x} & L_{z, y} & L_{z, z} \end{matrix})

mit

g (x, y, z) = x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} - 1

und

L (x, y, z, λ) = x^{2} - y^{2} + λ (x^{2} + 2 y^{2} + 3 z^{2} - 1)

\Rightarrow H_{L} (x, y, z, λ) = (\begin{matrix} 0 & 2 x & 4 y & 6 z \\ 2 x & 2 λ + 2 & 0 & 0 \\ 4 y & 0 & 4 λ - 2 & 0 \\ 6 z & 0 & 0 & 6 λ \end{matrix})

Zur Bestimmung der Extrema müssen wir hier die Determinante der ersten 3 Zeilen/Spalten und der gesamten Matrix untersuchen.

Setze

E_{1} (1,0,0, - 1)

ein :

H_{L} (1,0,0, - 1) = (\begin{matrix} 0 & 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 6 \end{matrix}) \Rightarrow (\begin{matrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 6 \end{matrix})

det (H_{3}) = 2 \cdot 2 \cdot (- 6) \cdot (- 1) = 4 \cdot 6 = 24 > 0

(hier habe ich noch

\cdot (- 1)

gerechnet, da ich Zeile

1 & 2

vertauscht habe

det (H_{4}) = 2 \cdot 2 \cdot (- 6) \cdot (- 6) \cdot (- 1) = 4 \cdot 36 \cdot (- 1) < 0

det (H_{3}) > 0

und

det (H_{4}) < 0 \Rightarrow E_{1} (1,0,0, - 1)

ist ein Maximum.

Setze

E_{2} (- 1,0,0, - 1)

ein:

H_{L} (- 1,0,0, - 1) = (\begin{matrix} 0 & - 2 & 0 & 0 \\ - 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 6 \end{matrix}) \Rightarrow (\begin{matrix} - 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 6 \end{matrix})

det (H_{3}) = (- 2) \cdot (- 2) \cdot (- 6) \cdot (- 1) = 4 \cdot 6 = 24 > 0

det (H_{4}) = (- 2) \cdot (- 2) \cdot (- 6) \cdot (- 6) \cdot (- 1) = 4 \cdot 36 \cdot (- 1) < 0

det (H_{3}) > 0

und

det (H_{4}) < 0

folgt auch hier das ein Maximum vorliegt

\Rightarrow E_{2} (- 1,0,0, - 1)

ist auch Maximum.

Danke für den Link und die Hilfe :-)

Grüße,
Dobby

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