Randextrema einer Funktion < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:31 Sa 31.05.2008 | | Autor: | chrisi99 |
| Aufgabe | Bestimme die Randextrema der Funktion
[mm] f(x,y)=3x^2-2xy+y^2
[/mm]
wobei gilt
[mm] x^2+y^2 \le [/mm] 1 |
kann mir jemand helfen, bei dieser Funktion die Randextrema zu bestimmen?
die internen Extrema kann ich ja mittels der partiellen Ableitungen bestimmen, aber wie muss ich bei einem Randextremum vorgehen?
lg
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Hallo,
das passende Stichwort wäre hier "Lagrange-Ansatz".
![[]](/images/popup.gif) Dort ist das erklärt, und es ist vor allem unten ein Beispiel vorgerechnet.
Damit solltest Du so handlungsfähig sein, daß Du die kritischen Punkte bestimmen kannst.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:54 Mi 04.06.2008 | | Autor: | chrisi99 |
Hi Leute!
leider habe ich es mit Langrangeschem Multiplikator nicht hinbekommen!
Ich komme dadurch auf eine Gleichung, die sowohl Lamda als auch Variablen enthält, die scheinbar nicht umgeschrieben werden kann!
Hier sind meine Gleichungen:
fx=6x-2y+2l*x=0
fy=-2x+2y+2l*y=0
[mm] fl=x^2+y^2-1=0
[/mm]
(l statt Lambda)
addiere ich fx und fy komme ich zu:
0=4x+2l(x+y)
hilft das bei der Lösung?
vielen Dank für eure Mühe!
lg
Chris
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:16 Mi 04.06.2008 | | Autor: | Blech |
> Hi Leute!
>
>
> leider habe ich es mit Langrangeschem Multiplikator nicht
> hinbekommen!
>
> Ich komme dadurch auf eine Gleichung, die sowohl Lamda als
> auch Variablen enthält, die scheinbar nicht umgeschrieben
> werden kann!
>
>
> Hier sind meine Gleichungen:
>
>
> fx=6x-2y+2l*x=0
> fy=-2x+2y+2l*y=0
> [mm]fl=x^2+y^2-1=0[/mm]
[mm] $6x-2y+2\lambda [/mm] x=0$
[mm] $-2x+2y+2\lambda [/mm] y=0$
[mm] $x^2+y^2-1=0$
[/mm]
[mm] $\Longleftrightarrow$
[/mm]
[mm] $\begin{array}{rcrcr}
(6+2\lambda)x&-&2y&=&0\\
-2x&+&(2+2\lambda)y&=&0\\
x^2&+&y^2&=&1
\end{array}$
[/mm]
ciao
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:29 Mi 04.06.2008 | | Autor: | chrisi99 |
das habe ich auch schon versucht, aber egal wie ich umforme drehe ich mich immer im Kreis...
aus dem ersten zB
[mm] x=\bruch{y}{3+\lambda}
[/mm]
dann in die zweite Bedingung eingesetzt ... es schaut so einfach aus, aber ich stehe offensichtlich voll auf der Leitung zur Lösung :(
leider ist es ja kein lineares GLS sonst hätte ich es so wie du es oben notiert hast gelöst...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:18 Mi 04.06.2008 | | Autor: | Blech |
$ [mm] $\begin{array}{rcrcr} (6+2\lambda)x&-&2y&=&0\\ -2x&+&(2+2\lambda)y&=&0\\ x^2&+&y^2&=&1 \end{array}$ [/mm] $
$ [mm] $\begin{array}{rcrcr} (3+\lambda)x&-&y&=&0\\ -x&+&(1+\lambda)y&=&0\\ x^2&+&y^2&=&1 \end{array}$ [/mm] $
[mm] $\Rightarrow x=(1+\lambda)y$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow ((3+\lambda)(1+\lambda)-1)y=0$
[/mm]
y=0 kann nicht sein, weil dann [mm] $x=\pm [/mm] 1$ und das erfüllt Gleichung 2 nicht, also muß die Klammer gleich 0 sein.
ciao
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:51 Mi 04.06.2008 | | Autor: | abakus |
> Bestimme die Randextrema der Funktion
>
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> [mm]f(x,y)=3x^2-2xy+y^2[/mm]
>
> wobei gilt
>
> [mm]x^2+y^2 \le[/mm] 1
> kann mir jemand helfen, bei dieser Funktion die
> Randextrema zu bestimmen?
>
> die internen Extrema kann ich ja mittels der partiellen
> Ableitungen bestimmen, aber wie muss ich bei einem
> Randextremum vorgehen?
>
>
> lg
Hallo,
wenn es nicht um das Verfahren (Lagrange oder was auch immer) an sich, sondern nur um die Lösung dieser konkreten Aufgabe geht, genügt sicher etwas Findigkeit.
Es ist [mm] 3x^2-2xy+y^2=2x^2+(x-y)^2,
[/mm]
und Randextrema können wohl nur auf dem Rand der Fläche, also bei [mm] x^2+y^2=1 [/mm] bzw. bei [mm] y=\pm\wurzel{1-x^2} [/mm] auftreten, oder? Damit lässt sich y substituieren.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:01 Mi 04.06.2008 | | Autor: | chrisi99 |
Hi Abakus!
das ist das erste was ich versucht habe. Allerdings ist das Ergebnis ein Term, den ich zwar numerisch lösen kann, aber nicht "elegant", was aber vermutlich möglich ist!
die Randextrema lieen zudem laut Lösung bei x=+-0.9 (wobei die Lösungen oft fehlerhaft sind...)
lg
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:10 Mi 04.06.2008 | | Autor: | abakus |
> Hi Abakus!
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> das ist das erste was ich versucht habe. Allerdings ist das
> Ergebnis ein Term, den ich zwar numerisch lösen kann, aber
> nicht "elegant", was aber vermutlich möglich ist!
Das bezweifle ich. Wenn die Gleichung mindestens vom Grad 3 ist (und nicht biquadratisch), wird es wahrscheinlich keine "elegante" Lösung geben.
Allerdings habe ich die Idee einer anderen Substitution.
[mm] x^2+y^2=1 [/mm] bringt mich auf die Idee, mit Polarkoordinaten zu arbeiten. Setze doch mal [mm] x=cos\phi [/mm] und [mm] y=sin\phi [/mm] .
>
> die Randextrema lieen zudem laut Lösung bei x=+-0.9 (wobei
> die Lösungen oft fehlerhaft sind...)
>
>
> lg
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dachte auch das würde zu einer guten Darstellung führen:
[mm] f(\phi)=3cos(\phi)^2-2cos(\phi)sin(\phi)+sin(\phi)^2
[/mm]
[mm] f'(\phi)= 2-4cos(\phi)^2-4sin(\phi)cos(\phi)=0
[/mm]
dann habe ich noch versucht Beziehungen zwischen den Winkelfkt auszunutzen:
[mm] sin(\phi)^2-2sin(2 \phi)-2=0
[/mm]
aber an der Darstellung hänge ich wieder ...
lg und vielen Dank für eure Bemühungen!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:20 Fr 06.06.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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> Bestimme die Randextrema der Funktion
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> [mm]f(x,y)=3x^2-2xy+y^2[/mm]
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> wobei gilt
>
> [mm]x^2+y^2 \le[/mm] 1
> kann mir jemand helfen, bei dieser Funktion die
> Randextrema zu bestimmen?
>
> die internen Extrema kann ich ja mittels der partiellen
> Ableitungen bestimmen, aber wie muss ich bei einem
> Randextremum vorgehen?
>
Hallo chrisi,
ich hätte dir den Weg über Polarkoordinaten empfohlen
wie schon abakus in seinem letzten Beitrag vorgeschlagen hat.
Dann hast du (mit einem Polarwinkel t) die Funktion
[mm] f(t)=3*cos^2(t)-2*cos(t)*sin(t)+sin^2(t) [/mm] = [mm] 2*cos^2(t)-2*sin(t)*cos(t)+1
[/mm]
welche f dem Rand des Definitionsbereichs entlang
beschreibt.
Hier liegt es nahe, sich an die Doppelwinkelformeln zu
erinnern und zu substituieren: [mm]\ u=2*t[/mm]
Mit der Variablen u heisst nun die Zielfunktion:
[mm]\ f(u)=cos(u)-sin(u)+2[/mm]
und ihre Ableitung:
[mm]\ \bruch{df}{du}=-sin(u)-cos(u)[/mm]
Diese Ableitung verschwindet, wenn [mm]\ sin(u)=-cos(u)[/mm]
oder (Gl. durch cos(u) dividieren!) [mm]\ tan(u)=-1[/mm]
d.h. [mm]\ u=-\bruch{\pi}{4}+k*\pi=-45°+k*180°[/mm]
Für den Winkel t bedeutet dies: [mm]\ t=\bruch{u}{2}=-\bruch{\pi}{8}+k*\bruch{\pi}{2}=-22.5°+k*90°[/mm]
Jetzt bleiben noch (falls verlangt) die entsprechenden
Extrempunkte in x-y-z- Koordinaten zu berechnen.
Es handelt sich um je zwei Rand-Minima und -Maxima
mit den Werten [mm]\ 2-\wurzel{2}[/mm] (Minima) bzw. [mm]\ 2+\wurzel{2}[/mm] (Maxima)
LG al-Chwarizmi
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