lokale extrema < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:42 Di 19.06.2007 | | Autor: | nolwenn |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die lokalen Extrema:
a) [mm] f(x,y)=3x-3^3-3xy^2
[/mm]
b) [mm] g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-2xyz.
[/mm]
Besitzt g ein globales Extremum? |
Hi, mir ist das Vorgehen hier noch nicht ganz klar. Kann bitte jemand kontrollieren, was ich bisher habe?
Also,
Der Gradient von f(x,y) ist [mm] (3-3x^2-3y^2, [/mm] -6xy).
Die Hesse-Matrix lautet [mm] \pmat{ -6x & -6y \\ -6y & -6x }.
[/mm]
Der Gradient ist gleich null für (x,y)=(1,0) und (0,1).
So, jetzt muss ich doch diese Punkte in die Hessematrix einsetzen und schauen, ob die Matrix positiv oder negativ definit ist.
für (1,0) kommt heraus: [mm] \pmat{ -6 & 0 \\ 0 & -6 }
[/mm]
Die Eigenwerte sind alle negativ (-6)
=> Matrix ist negativ definit => Hochpunkt bei (1,0)
für (0,1) erhalte ich [mm] \pmat{ 0 & -6 \\ -6 & 0 } [/mm]
Der Eigenwert ist 0.
Was sagt mir das jetzt? Gibt es kein weiteres Extremum oder existiert noch ein anderes Kriterium?
Danke schonmal!
mfg
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:11 Di 19.06.2007 | | Autor: | max3000 |
Hallo.
Du hast sicherlich einen Schreibfehler in der Aufgabenstellung. Statt [mm] 3^{3} [/mm] sollte es sicherlich [mm] x^{3} [/mm] heißen.
Die Kandidaten für einen Extrempunkt hast du schonmal gut herausgefunden.
Die Hessematrix ist auch richtig aufgestellt.
Bei der Untersuchung nach Art der Extremstelle bevorzuge ich lieber die Definition:
Für (1,0) nimmst du mal ein [mm] \varepsilon=\vektor{\varepsilon_{1} \\ \varepsilon_{2}}\in\IR^{2} [/mm] und betrachtest [mm]
[/mm]
(<.,.> haben wir als Skalarprodukt definiert)
Und da komme ich auf [mm] =-6(\varepsilon_{1}^{2}+\varepsilon_{2}^{2})<0 [/mm] für alle [mm] \varepsilon\not=\vektor{0 \\ 0}, [/mm] also negativ definit.
Für den anderen Fall (0,1) komm ich mit der Definition auf =0, also positiv SEMIdefinit und damit ist diese Stelle keine strikte Extremstelle.
Also du hast alles richtig gerechnet und zu deine letzten Frage würd ich sagen, dass es keine strikte Extremstelle ist.
Gruß
Max
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 23:20 Di 19.06.2007 | | Autor: | nolwenn |
Danke für deine Antwort!
Ich hab das gleiche jetzt noch für b) gemacht. Vielleicht könntest du da ja auch noch deinen Senf dazu geben
Gradient f(x,y,z) = (2x-2yz, 2y-2xz, 2z-2xy)
H(f) = [mm] \pmat{ 2 & -2z & -2y \\ -2z & 2 & -2x \\ -2y & -2x & 2 }
[/mm]
Kritische Punkte sind doch nur (0,0,0) und (1,1,1) (hab ich nicht nachgerechnet)
Das ergibt dann eingesetzt für (0,0,0):
[mm] \pmat{ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 }
[/mm]
=> Eigenwert =2, also positiv definit.
und für (1,1,1):
[mm] \pmat{ 2 & -2 & -2 \\ -2 & 2 & -2 \\ -2 & -2 & 2 }
[/mm]
Eigenwerte sind (nach Maple) -2,4,4, womit die Matrix indefinit ist. Hier ist also kein Extremum. Damit existiert nur ein lokales Extremum und dieses ist also auch ein globales. Soweit richtig?
Dann hätte ich noch eine Frage zu a): Du meintest, bei (0,1) sei kein striktes Extremum. Heißt das, es gibt garkeins? Oder was bedeutet "strikt"?
Vielen Dank im Vorraus!
nolwenn
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:10 Do 21.06.2007 | | Autor: | nolwenn |
hab die Fälligkeit vergessen. Bin noch an einer Antwort interessiert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Sa 23.06.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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