Isolierter und globale Extrema < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:23 Mo 22.05.2006 | | Autor: | Sherin |
| Aufgabe | Untersuchen Sie die Extrema der folgenden Funktionen. Falls Extrema vorliegen, charakterisieren Sie die Art des Extremums (isoliert? global?)
[mm] f_{1} [/mm] (x,y) = (x-y+1)² für (x,y) [mm] \in \IR^{2} [/mm] |
Hallo!
Ich habe hier zunächst den Gradienten berechnet
[mm] \nabla f_{1} [/mm] =(2(x-y+1), -2(x-y+1))
Wenn ich dies dann berechne, kriege ich ja kein eindeutige Lösung raus, sondern nur (-1+y,y)
Ich weiß net so recht, was ich damit anfangen soll...
Habe auf jeden Fall dann die Hesse Matrix berechnet, die dann so ausschaut:
[mm] \pmat{ 2 & -2 \\ -2 & 2 }
[/mm]
Eigenwerte dieser Hesse Matrix sind 0 und 4, die Determinate ist 0. Kann ich hiervon irgendwas für isolierte oder globale Extrema ableiten?
Hab noch eine allgemeine Frage zu globale Extrema:
Dazu berechne ich ja zunächst die isolierten Extrema, aber wie kann ich dann bestimmen, ob es sich auch um ein globales extrema handelt, z.B. bei der Funktion [mm] f_{2}=xy+ \bruch{50}{x} [/mm] + [mm] \bruch{20}{y}, [/mm] habe ich ein Minimum im Punkt (5,2) raus.. wie kann ich jetzt überprüfen, ob es sich auch um ein globales Extremum handelt?
Wäre dankbar, wenn mir das einer erklären könnte!
Lg,
Sherin
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:16 Di 23.05.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Sherin!
> Ich habe hier zunächst den Gradienten berechnet [mm]\nabla f_{1}[/mm] =(2(x-y+1), -2(x-y+1))
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wenn ich dies dann berechne, kriege ich ja kein eindeutige Lösung raus, sondern nur (-1+y,y)
>
> Ich weiß net so recht, was ich damit anfangen soll...
Aha, Du hast also [mm] $\nabla f_1(x,y)=0$ [/mm] gesetzt und als Lösungen die Punkte (x,y)=(-1+y,y) erhalten.
Daß Du keine eindeutige Lösung erhältst, stört weiter nicht. Das heißt ja bloß, daß es mehrere Kandidaten für ein Extremum gibt. In diesem Fall sind es alle Punkte der Geraden x=-1+y, die das notwendige Kriterium [mm] $\nabla f_1(x,y)=0$ [/mm] erfüllen.
> Habe auf jeden Fall dann die Hesse Matrix berechnet, die dann so ausschaut:
> [mm]\pmat{ 2 & -2 \\ -2 & 2 }[/mm]
>
> Eigenwerte dieser Hesse Matrix sind 0 und 4, die Determinate ist 0.
> Kann ich hiervon irgendwas für isolierte oder globale Extrema ableiten?
Leider nein. Der Fall, daß die Determinante der Hesse-Matrix in einem bestimmten Punkt verschwindet, ist der schwierigste, da man hieraus keine direkte Aussage über die Maximalität/Minimalität von f in dem betrachteten Punkt erhält.
Dies ist ganz analog zum eindimensionalen Fall: Wenn man bei einer Funktion [mm] $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ [/mm] eine Stelle mit g'(x)=0 und g''(x)=0 gefunden hat, weiß man immer noch nicht, ob es sich dabei tatsächlich um ein Extremum handelt. :-(
In einem solchen Fall verwendet man entweder höhere Ableitungen - was aber im Mehrdimensionalen eher unangenehm ist -, oder man geht elementar vor:
Offensichtlich gilt an jedem Punkt [mm] $f_1(x,y)\ge [/mm] 0$. Bei unseren Kandidaten (x,y)=(-1+y,y) ([mm]y\in\mathbb{R}[/mm]) für die Extrema ist aber [mm] $f_1(x,y)=f_1(-1+y,y)=0$. [/mm] Das heißt, die Punkte (-1+y,y) sind tatsächlich alle Minima, und zwar globale! Und es gibt keine weiteren Minima, da diese Punkte ja die einzigen mit [mm] $\nabla f_1=0$ [/mm] sind. Da diese Menge der Minima eine Gerade bilden, sieht man zudem sofort, daß diese Minima nicht isoliert sind.
Ferner ist keiner dieser Punkte zugleich ein Maximum, da es (dies kann man leicht beweisen) in jeder Umgebung eines solchen Punktes (-1+y,y) einen Punkt [mm] $(x_1,y_1)$ [/mm] mit [mm] $f_1(x_1,y_1)>0$ [/mm] gibt. Da diese Punkte aber die einzigen Kandidaten für Maxima waren, besitzt die Funktion [mm] $f_1$ [/mm] folglich keine Maxima.
Man kann sich den Graphen der Funktion [mm] $f_1$ [/mm] übrigens sehr schön als eine Fläche im [mm] $\mathbb{R}^3$ [/mm] veranschaulichen: Stelle Dir zunächst den Graphen der Funktion [mm] $(x,y)\mapsto 2y^2$ [/mm] vor und drehe diesen dann um 45° gegen den Uhrzeigersinn um die Achse (x,y,z)=(-1,0,z). An diesem Bild kann man dann auch sofort obige Extrema ablesen.
> Hab noch eine allgemeine Frage zu globale Extrema:
> Dazu berechne ich ja zunächst die isolierten Extrema, aber wie kann ich dann bestimmen, ob es sich auch um ein globales extrema handelt, z.B. bei der Funktion [mm]f_{2}=xy+ \bruch{50}{x}[/mm] + [mm]\bruch{20}{y},[/mm] habe ich ein Minimum im Punkt (5,2) raus.. wie kann ich jetzt überprüfen, ob es sich auch um ein globales Extremum handelt?
Wenn die Hesse-Matrix in jedem Punkt positiv (negativ) semi-definit ist und der Definitionsbereich von f zusammenhängend ist, dann ist jedes Minimum (Maximum) sogar ein globales Minimum (Maximum).
Bei der von Dir angesprochenen Funktion stimmt dies aber leider nur in dem Bereich $x,y>0 [mm] \,\wedge\, xy\le 10\sqrt[3]{2}$ [/mm] (bis auf Rechenfehler meinerseits...).
Im allgemeinen Fall hilft leider nur elementares, aber dafür geschicktes Abschätzen. So auch hier:
Wir wollen zeigen, daß [mm] $f_2(x,y)=xy+\frac{50}{x}+ \frac{20}{y}\ge f_2(5,2)=30$ [/mm] für alle x,y>0 ist. (Ich setze hier x,y>0 voraus, weil es sonst nicht stimmt.  )
Zunächst setzen wir [mm] $a:=\frac x5\cdot\frac [/mm] y2$ und [mm] $b:=\frac x5+\frac [/mm] y2$. Man beachte, daß dann nicht nur a>0 und b>0, sondern auch [mm] $b^2-4a= (\frac x5+\frac y2)^2-4\frac x5\frac y2=(\frac x5-\frac y2)^2\ge0$ [/mm] gilt.
Mit diesen Substitutionen ist [mm] $xy+\frac{50}{x}+ \frac{20}{y}=xy+\frac{50y+20x}{xy}=10a+\frac{100b}{10a}=10(a+\frac [/mm] ba)$. Es reicht daher, für alle a,b>0 mit [mm] $b^2-4a\ge0$ [/mm] die Ungleichung [mm] $a+\frac ba\ge3$ [/mm] zu beweisen.
Nun ist aber [mm]a^2-3a+2\sqrt a=\sqr a(\sqrt a +2)(\sqrt a-1)^2\ge0[/mm] für alle a>0, und daher [mm] $a+\frac ba-3\ge\frac1a(a^2+b-3a)\ge\frac1a(a^2+\sqrt{4a}-3a)\ge0$. [/mm] Fertig. 
Die Frage, wie man bloß auf diese Umformung kommt, ist allerdings eine ganz andere...
Grüße,
Galois
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