Extremwerte Berechnen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:09 Mo 11.01.2010 | | Autor: | LowBob |
| Aufgabe 1 | Für welche Punkte P=(x;y;z), die Auf der Kugel vom Radius [mm] R_{K}=1 [/mm] um den Ursprung und auf der Zylinderfläche vom Radius [mm] R_{Z}=\wurzel{\bruch{1}{2}} [/mm] mit der z-Achse als Mittellinie liegen, ist die Summe ihrer Koordinaten am größten.
Lösung: [mm] P(\bruch{1}{2};\bruch{1}{2};\wurzel{\bruch{1}{2}}) [/mm] |
| Aufgabe 2 | Welche Extremwerte und Extremstellen hat die folgende Funktion: [mm] z=\sin(x)+\sin(y)+\sin(x+y); [/mm] x,y [mm] \in [0,\bruch{\pi}{2}]
[/mm]
Lösung: [mm] P=(\bruch{\pi}{3};\bruch{\pi}{3};\bruch{3}{2}\wurzel{3}) [/mm] |
Hallo zusammen,
Aufgabe 1.
Ich habe leider keine Idee. Kann mir bitte jemand den Ansatz verraten?
Aufgabe 2.
Ich dachte, dass ich zunächst die ersten partiellen Ableitungen bilde und die gleich Null setze um x und y auszurechnen.
So habe ich für:
[mm] z_{x}=\cos(x)+\cos(x+y)
[/mm]
[mm] z_{y}=\cos(y)+\cos(x+y)
[/mm]
Setze ich nun z.B. [mm] z_{x}=0 [/mm] und löse nach y auf, bekomme ich [mm] y=\bruch{\pi}{2}-2x
[/mm]
und wenn ich das nun in [mm] z_{y}=0 [/mm] einsetze bekomme ich [mm] x=\bruch{\pi}{6} [/mm] und das ist ja laut Lösung falsch.
Kann mir da jemand weiterhelfen?
MFG
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Hallo LowBob,
> Für welche Punkte P=(x;y;z), die Auf der Kugel vom Radius
> [mm]R_{K}=1[/mm] um den Ursprung und auf der Zylinderfläche vom
> Radius [mm]R_{Z}=\wurzel{\bruch{1}{2}}[/mm] mit der z-Achse als
> Mittellinie liegen, ist die Summe ihrer Koordinaten am
> größten.
>
> Lösung:
> [mm]P(\bruch{1}{2};\bruch{1}{2};\wurzel{\bruch{1}{2}})[/mm]
> Welche Extremwerte und Extremstellen hat die folgende
> Funktion: [mm]z=\sin(x)+\sin(y)+\sin(x+y);[/mm] x,y [mm]\in [0,\bruch{\pi}{2}][/mm]
>
> Lösung:
> [mm]P=(\bruch{\pi}{3};\bruch{\pi}{3};\bruch{3}{2}\wurzel{3})[/mm]
> Ermitteln Sie die Ableitung und Steigung der Funktion
> [mm]z=cos(e^{x})+sin(e^{y})[/mm] für [mm]x=y=ln(\pi)[/mm] in Richtung der
> Geraden die parallel zur Geraden [mm]y=3x[/mm] verläuft.
>
> Lösung: [mm]F'(t)=3\pi[/mm] ; [mm]tan(\alpha)=-2,98[/mm]
> Hallo zusammen,
>
> Aufgabe 1.
>
> Ich habe leider keine Idee. Kann mir bitte jemand den
> Ansatz verraten?
Hier betrachtet man die Funktion [mm]f\left(x,y,z)=x+y+z[/mm]
unter den Nebenbedingungen
[mm]g_{1}\left(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-R^{2}_{K}[/mm]
[mm]g_{2}\left(x,y,z)=x^{2}+y^{2}-R^{2}_{Z}[/mm]
Damit ist die Lagrangefunktion
[mm]L\left(x,y,z,\lambda,\mu\right)=f\left(x,y,z\right)-\lambda*g_{1}\left(x,y,z\right)-\mu*g_{2}\left(x,y,z\right)[/mm]
auf Extremwerte zu untersuchen.
Demnach ist das Gleichungssystem
[mm]\bruch{\partial}{\partial x}L\left(x,y,z,\lambda,\mu\right)=0[/mm]
[mm]\bruch{\partial}{\partial y}L\left(x,y,z,\lambda,\mu\right)=0[/mm]
[mm]\bruch{\partial}{\partial z}L\left(x,y,z,\lambda,\mu\right)=0[/mm]
[mm]\bruch{\partial}{\partial \lambda}L\left(x,y,z,\lambda,\mu\right)=0[/mm]
[mm]\bruch{\partial}{\partial \mu}L\left(x,y,z,\lambda,\mu\right)=0[/mm]
zu lösen.
> MFG
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:50 Mi 13.01.2010 | | Autor: | LowBob |
Danke!
ich habe nicht gewusst, dass man den Lagrange-Formalismus auch auf beliebieg viele Nebenbediengungen anwenden kann.
Die Aufgabe habe ich mit dem Tip auf Anhieb gelöst. Auch wenn das Gleichungssystem zuerst ein wenig kniffelig war.
Gruß
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Hallo LowBob,
> Aufgabe 2.
>
> Ich dachte, dass ich zunächst die ersten partiellen
> Ableitungen bilde und die gleich Null setze um x und y
> auszurechnen.
>
> So habe ich für:
>
> [mm]z_{x}=\cos(x)+\cos(x+y)[/mm]
>
> [mm]z_{y}=\cos(y)+\cos(x+y)[/mm]
>
> Setze ich nun z.B. [mm]z_{x}=0[/mm] und löse nach y auf, bekomme
> ich [mm]y=\bruch{\pi}{2}-2x[/mm]
Das muss hier [mm]y=\red{\pi}-2x[/mm] lauten.
> und wenn ich das nun in [mm]z_{y}=0[/mm] einsetze bekomme ich
> [mm]x=\bruch{\pi}{6}[/mm] und das ist ja laut Lösung falsch.
>
> Kann mir da jemand weiterhelfen?
>
> MFG
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:42 Mo 11.01.2010 | | Autor: | LowBob |
Hallo
Ok, dann mache ich wohl einen Fehler beim auflösen...
Ich schreibe mal wie ich es gemacht habe:
0=cos(x)+cos(x+y) |arccos
arccos(0)=x+x+y und das wird dann wohl falsch sein oder? Denn für arccos(0) bekomme ich [mm] \bruch{\pi}{2}
[/mm]
und daher auch [mm] \bruch{\pi}{2}-2x
[/mm]
Wie wäre es denn richtig vom Auflösen her?
Gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:45 Mo 11.01.2010 | | Autor: | Loddar |
Hallo LowBob!
> 0=cos(x)+cos(x+y) |arccos
>
> arccos(0)=x+x+y und das wird dann wohl falsch sein oder?
Das hast Du völlig richtig erkannt.
Wende auf [mm] $\cos(x+y)$ [/mm] zunächst ein ![[]](/images/popup.gif) Additionstheorem an.
Gruß
Loddar
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:23 Mo 11.01.2010 | | Autor: | LowBob |
Hi
ich stehe völlig auf dem Schlauch...
Welches Additionstheorem ist schon klar.
0=cos(x)+cos(x)*cos(y)-sin(x)*sin(y)
Nur was ich dann damit anstellen soll weiß ich nicht. Trigonometrische Funktionen sind leider nicht meine Stärke...
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:04 Di 12.01.2010 | | Autor: | Calli |
>
> 0=cos(x)+cos(x)*cos(y)-sin(x)*sin(y)
>
Hey, es geht auch einfacher!
$0=cos(x)+cos(x+y) => -cos(x)=cos(x+y)$
[mm] $\quad [/mm] mit [mm] -cos(x)=cos(\pi-x)$
[/mm]
Ciao Calli
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:00 Di 12.01.2010 | | Autor: | LowBob |
Hallo,
vielen Dank erstmal für eure Mithilfe.
Ich bin mir nur leider noch immer nicht sicher was ich darf und was nicht.
Folge ich dem Vorschlag von Calli
>
> [mm]0=cos(x)+cos(x+y) => -cos(x)=cos(x+y)[/mm]
>
> [mm]\quad mit -cos(x)=cos(\pi-x)[/mm]
>
erhalte ich ja
[mm] cos(\pi-x)=cos(x+y) [/mm] nehme ich hier arccos
wird daraus [mm] \pi-x=x+y \Rightarrow y=\pi-2x
[/mm]
Was dann ja wohl richtig wäre.
Wieso darf ich aber aus 0=cos(x)+cos(x+y) nicht direkt den arccos nehmen? Und ist der arccos bei Produkten wie -cos(x) [mm] \Rightarrow [/mm] -x erlaubt?
Bitte nicht schlagen
Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:19 Di 12.01.2010 | | Autor: | Calli |
>
> Wieso darf ich aber aus 0=cos(x)+cos(x+y) nicht direkt den
> arccos nehmen?
Weil
$arccos(u+v) [mm] \not= [/mm] arccos(u)+arccos(v)$
> Und ist der arccos bei Produkten wie -cos(x)
> [mm]\Rightarrow[/mm] -x erlaubt?
Auch das ist nicht richtig.
Wie gesagt:
[mm] $-\cos x=\cos(\pi-x)$
[/mm]
Und die Umkehrfunktion von cos (=arccos) ist:
[mm] $arccos[\cos (\pi-x)]=\pi-x$
[/mm]
Ciao Calli
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