Extrema bestimmen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:55 Mo 08.01.2018 | | Autor: | Dom_89 |
| Aufgabe | Bestimme die Extreme von
f(x,y) = [mm] x^3+y^3-3xy [/mm] |
Hallo,
hier einmal mein bisheriges Vorgehen:
[mm] \nabla [/mm] f(x,y) = [mm] \pmat{ 3x^2-3y \\ 3y^2-3x}
[/mm]
Hf(x,y) = [mm] \pmat{ 6x & -3 \\ -3 & 6y }
[/mm]
Nun lautet die notwendige Bedingung fx(x,y) = 0 und fy(x,y)
I [mm] 3x^2-3y [/mm] = 0
II [mm] 3y^2-3x [/mm] = 0
An dieser Stelle verstehe ich nun nicht, wie ich die beiden Gleichungssysteme lösen kann - ist meine Lösung bis hier überhaupt richtig ?
Vielen Dank!
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Hallo,
> Bestimme die Extreme von
>
> f(x,y) = [mm]x^3+y^3-3xy[/mm]
> Hallo,
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> hier einmal mein bisheriges Vorgehen:
>
> [mm]\nabla[/mm] f(x,y) = [mm]\pmat{ 3x^2-3y \\ 3y^2-3x}[/mm]
>
> Hf(x,y) = [mm]\pmat{ 6x & -3 \\ -3 & 6y }[/mm]
>
> Nun lautet die notwendige Bedingung fx(x,y) = 0 und
> fy(x,y)=0
>
> I [mm]3x^2-3y[/mm] = 0
> II [mm]3y^2-3x[/mm] = 0
>
> An dieser Stelle verstehe ich nun nicht, wie ich die beiden
> Gleichungssysteme lösen kann - ist meine Lösung bis hier
> überhaupt richtig ?
Der Ansatz ist richtig, es handelt sich um ein Gleichungssystem, eben um ein nichtlineares.
Am besten dividierst du beide Gleichungen zunächst durch 3 und verwendest das Einsetzungsverfahren. Es ergeben sich zwei Lösungen (man kann sie auch durch scharfes Hinsehen gewinnen).
Auch deine Hesse-Matrix stimmt. allerdings scheint sie hier für eine der beiden Lösungen des obigen GS ungeeignet zu sein...
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:58 Di 09.01.2018 | | Autor: | fred97 |
> Hallo,
>
> > Bestimme die Extreme von
> >
> > f(x,y) = [mm]x^3+y^3-3xy[/mm]
> > Hallo,
> >
> > hier einmal mein bisheriges Vorgehen:
> >
> > [mm]\nabla[/mm] f(x,y) = [mm]\pmat{ 3x^2-3y \\ 3y^2-3x}[/mm]
> >
> > Hf(x,y) = [mm]\pmat{ 6x & -3 \\ -3 & 6y }[/mm]
> >
> > Nun lautet die notwendige Bedingung fx(x,y) = 0 und
> > fy(x,y)=0
> >
> > I [mm]3x^2-3y[/mm] = 0
> > II [mm]3y^2-3x[/mm] = 0
> >
> > An dieser Stelle verstehe ich nun nicht, wie ich die
> beiden
> > Gleichungssysteme lösen kann - ist meine Lösung bis
> hier
> > überhaupt richtig ?
>
> Der Ansatz ist richtig, es handelt sich um ein
> Gleichungssystem, eben um ein nichtlineares.
>
> Am besten dividierst du beide Gleichungen zunächst durch 3
> und verwendest das Einsetzungsverfahren. Es ergeben sich
> zwei Lösungen (man kann sie auch durch scharfes Hinsehen
> gewinnen).
>
> Auch deine Hesse-Matrix stimmt, allerdings scheint sie hier
> für eine der beiden Lösungen des obigen GS ungeeignet zu
> sein...
Hallo Diophant,
diese Bemerkung verstehe ich nicht. Die Hessematrix ist in einer der beiden Lösungen indefinit und in der anderen positiv definit....
>
>
> Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:01 Di 09.01.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo FRED,
> > Auch deine Hesse-Matrix stimmt, allerdings scheint sie hier
> > für eine der beiden Lösungen des obigen GS ungeeignet zu
> > sein...
>
> Hallo Diophant,
>
> diese Bemerkung verstehe ich nicht. Die Hessematrix ist in
> einer der beiden Lösungen indefinit und in der anderen
> positiv definit....
ich hatte mich vertan und an eben dieser besagten Stelle die Matrix als positiv semidefinit gesehen. Werds oben nachbessern.
Danke für den Hinweis!
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:49 Di 09.01.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Hallo Diophant,
vielen Dank für die schnelle Antwort!
Ich habe deinen Tipp einmal umgesetzt:
I [mm] 3x^2-3y [/mm] = 0
II [mm] 3y^2-3x [/mm] = 0
Beide Gleichungen durch 3 dividiert ergibt dann:
I [mm] x^2-y [/mm] = 0
II [mm] y^2-x [/mm] = 0
Ich stehe dennoch etwas auf dem Schlauch - den ich kann ja nun noch sagen, dass:
I [mm] x^2 [/mm] = y
II [mm] y^2 [/mm] = x
Mit dem Einsetzungsverfahren komme ich doch dann auch nicht zu meiner Lösung, oder doch ?
Danke und Gruß
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Hallo,
> Hallo Diophant,
>
> vielen Dank für die schnelle Antwort!
>
> Ich habe deinen Tipp einmal umgesetzt:
>
> I [mm]3x^2-3y[/mm] = 0
> II [mm]3y^2-3x[/mm] = 0
>
> Beide Gleichungen durch 3 dividiert ergibt dann:
>
> I [mm]x^2-y[/mm] = 0
> II [mm]y^2-x[/mm] = 0
>
> Ich stehe dennoch etwas auf dem Schlauch - den ich kann ja
> nun noch sagen, dass:
>
> I [mm]x^2[/mm] = y
> II [mm]y^2[/mm] = x
>
> Mit dem Einsetzungsverfahren komme ich doch dann auch nicht
> zu meiner Lösung, oder doch ?
nun, wie gesagt: scharf hinsehen führt sofort zu der Vermutung, dass die beiden Lösungen (0,0) und (1,1) lauten.
Rechnen wir mal. Ich quadriere Gleichung II:
[mm] y^4=x^2
[/mm]
und gehe damit in Gleichung I ein:
[mm] \begin{aligned}
y^4&=y \gdw\\
y^4-y&=0 \gdw\\
y(y^3-1)&=0 \Rightarrow\\
y_1&=0\\
y_2&=1
\end{aligned}
[/mm]
Jetzt kannst du diese beiden Werte für y in Gleichung II einetzen, fertig.
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:46 Di 09.01.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Vielen Dank, jetzt habe ich den Weg dorthin verstanden!
Für meine weitere Rechnung ergeben sich doch dann 4 mögliche Extremstellen, die es zu überprüfen gilt - nämlich
1. (0|0)
2. (0|1)
3. (1|0)
4. (1|1)
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Hallo,
> Vielen Dank, jetzt habe ich den Weg dorthin verstanden!
>
> Für meine weitere Rechnung ergeben sich doch dann 4
> mögliche Extremstellen, die es zu überprüfen gilt -
> nämlich
>
> 1. (0|0)
> 2. (0|1)
> 3. (1|0)
> 4. (1|1)
Nein. (0|0) und (1|1) sind die einzigen Lösungen. Eine Probe hätte dir das auch sofort gezeigt!
Gruß, Diophant
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:20 Di 09.01.2018 | | Autor: | Dom_89 |
Dann muss ich doch noch einmal fragen:
Ich habe also die beiden Extremstellen (0|0) und (1|1) mit denen ich nun weiter rechnen kann.
i)
[mm] H_{f}(0|0) [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & -3 \\ -3 & 0 } [/mm] --> [mm] \mu_{1}=0 [/mm] und [mm] \mu_{2}=-9
[/mm]
det [mm] \pmat{ -\lambda & -3 \\ -3 & -\lambda } [/mm] = [mm] \lambda^2-9 [/mm] --> [mm] \lambda [/mm] = [mm] \pm3
[/mm]
=> [mm] H_{f} [/mm] indefinit --> (0|0) Sattelpunkt mit f(0|0) = 0
ii)
[mm] H_{f}(1|1) [/mm] = [mm] \pmat{ 6 & -3 \\ -3 & 6 } [/mm] --> [mm] \mu_{1}=6 [/mm] und [mm] \mu_{2}=27
[/mm]
det [mm] \pmat{ 6-\lambda & -3 \\ -3 & 6-\lambda } [/mm] = [mm] (6-\lambda)^2-9 [/mm] --> [mm] \lambda [/mm] = 0
[mm] \lambda_{1}=9 [/mm] und [mm] \lambda_{2}=3
[/mm]
=> [mm] H_{f} [/mm] ???? --> (1|1) ?? mit f(1|1) = ?
Stimmt mein Lösungsweg so ?
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Hallo,
> Dann muss ich doch noch einmal fragen:
>
> Ich habe also die beiden Extremstellen (0|0) und (1|1) mit
> denen ich nun weiter rechnen kann.
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> i)
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> [mm]H_{f}(0|0)[/mm] = [mm]\pmat{ 0 & -3 \\ -3 & 0 }[/mm] --> [mm]\mu_{1}=0[/mm] und
> [mm]\mu_{2}=-9[/mm]
>
> det [mm]\pmat{ -\lambda & -3 \\ -3 & -\lambda }[/mm] = [mm]\lambda^2-9[/mm]
> --> [mm]\lambda[/mm] = [mm]\pm3[/mm]
>
> => [mm]H_{f}[/mm] indefinit --> (0|0) Sattelpunkt mit f(0|0) = 0
>
> ii)
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> [mm]H_{f}(1|1)[/mm] = [mm]\pmat{ 6 & -3 \\ -3 & 6 }[/mm] --> [mm]\mu_{1}=6[/mm] und
> [mm]\mu_{2}=27[/mm]
>
> det [mm]\pmat{ 6-\lambda & -3 \\ -3 & 6-\lambda }[/mm] =
> [mm](6-\lambda)^2-9[/mm] --> [mm]\lambda[/mm] = 0
>
> [mm]\lambda_{1}=9[/mm] und [mm]\lambda_{2}=3[/mm]
>
> => [mm]H_{f}[/mm] ???? --> (1|1) ?? mit f(1|1) = ?
>
>
> Stimmt mein Lösungsweg so ?
Das ist alles etwas konfus. Die [mm] \mu_i [/mm] sind die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms?
Jedenfalls sind deine Eigenwerte in beiden Fällen richtig, wenn ich nichts übersehe. Und die Hessematrix an der Stelle (1|1) ist somit positiv definit. Also ist das ein lokales Minimum.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:35 Do 11.01.2018 | | Autor: | Loddar |
Hallo Diophant!
> Ich quadriere Gleichung II: [mm]y^4=x^2[/mm]
Das ist hier etwas unglücklich formuliert.
Zum einen ist das Quadrieren der Gleichung nicht notwendig, zum anderen wäre das auch keine Äquivalenzumformung.
Es genügt doch einfach zu sagen, dass man $x \ = \ [mm] y^2$ [/mm] in die andere Gleichung einsetzt.
Gruß
Loddar
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:49 Do 11.01.2018 | | Autor: | Diophant |
Hallo Loddar,
> > Ich quadriere Gleichung II: [mm]y^4=x^2[/mm]
>
> Das ist hier etwas unglücklich formuliert.
> Zum einen ist das Quadrieren der Gleichung nicht
> notwendig, zum anderen wäre das auch keine
> Äquivalenzumformung.
>
> Es genügt odch einfach zu sagen, dass man [mm]x \ = \ y^2[/mm] in
> die andere Gleichung einsetzt.
das läuft auf das gleiche hinaus. Ob man das nun benennt oder nicht, beim Einsetzen wird quadriert. Und ja: das ist keine Äquivalenzumformung (es ist ja schließlich auch kein lineares Gleichungssystem). Das kann man sehen, wenn man y=1 in die Gleichung I einsetzt, um x zu berechnen. Da kommt eine Scheinlösung x=-1 heraus, die ich aber gar nicht erst erwähnt habe, denn sie wird durch eine Probe in Gleichung II ja leicht entlarvt.
Man kann beim Lösen nicht-linearer Gleichungen bzw. Gleichungssysteme nicht ohne (potentiell) nicht-äquivalente Umformungen auskommen.
Gruß, Diophant
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