extrema < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:53 Mi 20.07.2011 | | Autor: | kioto |
| Aufgabe | | f:]-1,1] x [-1,1[ -> [mm] \IR, [/mm] f(x,y) := -x+y |
die extrema sind gesucht. laut dem übungsleiter ist es sehr einfach, aber das kann ich nicht unterstreichen.....
ich muss hier also zuerst partielle ableitung bestimmen und daraus stationäre punkte finden, dann brauch ich die hesse matrix, aber was mache ich damit? unser beispiel hab ich nicht ganz verstanden.....
danke schon mal
ki
|
|
| |
|
Hallo kioto,
> f:]-1,1] x [-1,1[ -> [mm]\IR,[/mm] f(x,y) := -x+y
> die extrema sind gesucht. laut dem übungsleiter ist es
> sehr einfach, aber das kann ich nicht unterstreichen.....
> ich muss hier also zuerst partielle ableitung bestimmen
> und daraus stationäre punkte finden, dann brauch ich die
> hesse matrix, aber was mache ich damit? unser beispiel hab
> ich nicht ganz verstanden.....
Allg. ist es so, dass Du die Definitheit der Hessematrix in dem (oder den) stationären Punkt (-en) untersuchen musst.
Wie sieht's denn hier mit stat. Punkten aus?
Wo liegt der / liegen die ?
Was bedeutet das also?
> danke schon mal
> ki
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:03 Mi 20.07.2011 | | Autor: | kioto |
Hallo schachuzipus,
>
>
> > f:]-1,1] x [-1,1[ -> [mm]\IR,[/mm] f(x,y) := -x+y
> > die extrema sind gesucht. laut dem übungsleiter ist es
> > sehr einfach, aber das kann ich nicht unterstreichen.....
> > ich muss hier also zuerst partielle ableitung bestimmen
> > und daraus stationäre punkte finden, dann brauch ich die
> > hesse matrix, aber was mache ich damit? unser beispiel hab
> > ich nicht ganz verstanden.....
>
> Allg. ist es so, dass Du die Definitheit der Hessematrix in
> dem (oder den) stationären Punkt (-en) untersuchen musst.
>
> Wie sieht's denn hier mit stat. Punkten aus?
>
ich hab das raus:
[mm] gradf(x,y)=\vektor{-1 \\ 1}
[/mm]
jetzt müsste ich ja eig. was für x einsetzen sodass am ende 0 rauskommt. aber hier ist ja gar kein x, also heißt es, es gibt keine stat. punkte, stimmt es? heißt es dann, es gibt hier keine extrema?
oder ist (-1,1) schon die lösung?
> Wo liegt der / liegen die ?
>
> Was bedeutet das also?
>
>
> > danke schon mal
ki
>
> Gruß
>
> schachuzipus
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:44 Mi 20.07.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hallo schachuzipus,
> >
> >
> > > f:]-1,1] x [-1,1[ -> [mm]\IR,[/mm] f(x,y) := -x+y
> > > die extrema sind gesucht. laut dem übungsleiter ist
> es
> > > sehr einfach, aber das kann ich nicht unterstreichen.....
> > > ich muss hier also zuerst partielle ableitung
> bestimmen
> > > und daraus stationäre punkte finden, dann brauch ich die
> > > hesse matrix, aber was mache ich damit? unser beispiel hab
> > > ich nicht ganz verstanden.....
> >
> > Allg. ist es so, dass Du die Definitheit der Hessematrix in
> > dem (oder den) stationären Punkt (-en) untersuchen musst.
> >
> > Wie sieht's denn hier mit stat. Punkten aus?
> >
> ich hab das raus:
> [mm]gradf(x,y)=\vektor{-1 \\ 1}[/mm]
>
> jetzt müsste ich ja eig. was für x einsetzen sodass am
> ende 0 rauskommt. aber hier ist ja gar kein x, also heißt
> es, es gibt keine stat. punkte, stimmt es? heißt es dann,
> es gibt hier keine extrema?
zunächst mal eines vorweg:
Offenbar gilt
[mm] $$f(x,y)=-x+y=(-1)*x+1*y=(-1,1)\vektor{x\\y}\,.$$
[/mm]
Somit erkennen wir eine "lineare Darstellung" von [mm] $f\,: [/mm] ]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[ [mm] \to \IR\,.$ [/mm]
(Trotzdem ist [mm] $f\,$ [/mm] keine lineare Abbildung zwischen Vektorräumen: Denn $]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ kann mit komponentenweise Addition schon kein Vektorraum sein!)
Deswegen meinte Dein Übungsleiter sicher auch, dass das eine nicht allzuschwere Abbildung ist.
In der Tat ist nun
[mm] $$\text{grad}f(x,y)=\vektor{\frac{\partial}{\partial x} f(x,y)\\\frac{\partial}{\partial y}f(x,y)}=\vektor{-1\\1}\,.$$
[/mm]
Nun schlage nochmal nach, was in der Definition eines stationären Punktes steht; da steht etwas von offener Teilmenge. Bei Dir siehst Du nun damit, wenn Du [mm] $f\,$ [/mm] auf $]-1,1[ [mm] \times [/mm] ]-1,1[$ (das ist offenbar eine offene Teilmenge des [mm] $\IR^2$) [/mm] einschränkst, dass [mm] $f\,$ [/mm] dort keine solchen haben kann. Wie sieht's denn mit Randpunkten von $]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ aus? Ich glaube, Du solltest Dir klarmachen, warum
$$f(x,y) [mm] \ge [/mm] f(1,-1)$$
für alle $(x,y) [mm] \in [/mm] ]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ gilt [mm] ($f\,$ [/mm] nimmt sein Minimum an!) gilt und warum das ein sogar striktes lokales und striktes globales Minimum ist.
Dann kann man sich überlegen, dass $f(x,y) < 2$ für alle $-1 < x [mm] \le [/mm] 1$ und alle $-1 [mm] \le [/mm] y < 1$ gilt, und warum sogar
[mm] $$2=\sup \{f(x,y): (x,y) \in ]-1,1] \times [-1,1[\}$$
[/mm]
gilt, aber dieses Supremum kein Maximum von [mm] $f\,$ [/mm] sein kann (beachte den Definitionsbereich von [mm] $f\,$). [/mm] Daher nimmt [mm] $f\,$ [/mm] genau ein lokales und globales striktes Minimum an, aber es gibt keine Maximalstelle.
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:24 Mi 20.07.2011 | | Autor: | kioto |
vielen dank! so ne ausführliche erklärung hätte ich nicht erwartet
> > Hallo schachuzipus,
> > >
> > >
> > > > f:]-1,1] x [-1,1[ -> [mm]\IR,[/mm] f(x,y) := -x+y
> > > > die extrema sind gesucht. laut dem übungsleiter
> ist
> > es
> > > > sehr einfach, aber das kann ich nicht unterstreichen.....
> > > > ich muss hier also zuerst partielle ableitung
> > bestimmen
> > > > und daraus stationäre punkte finden, dann brauch ich die
> > > > hesse matrix, aber was mache ich damit? unser beispiel hab
> > > > ich nicht ganz verstanden.....
> > >
> > > Allg. ist es so, dass Du die Definitheit der Hessematrix in
> > > dem (oder den) stationären Punkt (-en) untersuchen musst.
> > >
> > > Wie sieht's denn hier mit stat. Punkten aus?
> > >
> > ich hab das raus:
> > [mm]gradf(x,y)=\vektor{-1 \\ 1}[/mm]
> >
> > jetzt müsste ich ja eig. was für x einsetzen sodass am
> > ende 0 rauskommt. aber hier ist ja gar kein x, also heißt
> > es, es gibt keine stat. punkte, stimmt es? heißt es dann,
> > es gibt hier keine extrema?
>
> zunächst mal eines vorweg:
> Offenbar gilt
> [mm]f(x,y)=-x+y=(-1)*x+1*y=(-1,1)\vektor{x\\y}\,.[/mm]
>
> Somit erkennen wir eine "lineare Darstellung" von [mm]f\,: ]-1,1] \times [-1,1[ \to \IR\,.[/mm]
> (Trotzdem ist [mm]f\,[/mm] keine lineare Abbildung zwischen
> Vektorräumen: Denn [mm]]-1,1] \times [-1,1[[/mm] kann mit
> komponentenweise Addition schon kein Vektorraum sein!)
> Deswegen meinte Dein Übungsleiter sicher auch, dass das
> eine nicht allzuschwere Abbildung ist.
>
> In der Tat ist nun
> [mm]\text{grad}f(x,y)=\vektor{\frac{\partial}{\partial x} f(x,y)\\\frac{\partial}{\partial y}f(x,y)}=\vektor{-1\\1}\,.[/mm]
>
> Nun schlage nochmal nach, was in der Definition eines
> stationären Punktes steht; da steht etwas von offener
> Teilmenge. Bei Dir siehst Du nun damit, wenn Du [mm]f\,[/mm] auf
> [mm]]-1,1[ \times ]-1,1[[/mm] (das ist offenbar eine offene
> Teilmenge des [mm]\IR^2[/mm]) einschränkst, dass [mm]f\,[/mm] dort keine
> solchen haben kann. Wie sieht's denn mit Randpunkten von
> [mm]]-1,1] \times [-1,1[[/mm] aus? Ich glaube, Du solltest Dir
> klarmachen, warum
> [mm]f(x,y) \ge f(1,-1)[/mm]
> für alle [mm](x,y) \in ]-1,1] \times [-1,1[[/mm]
> gilt ([mm]f\,[/mm] nimmt sein Minimum an!) gilt
ist es nicht so, weil ]-1,1] x [-1,1[ das schon einschränkt, dass nichts größer sein kann als f(-1,1)?
und warum das ein
> sogar striktes lokales und striktes globales Minimum ist.
das ist ein minimum, weil.......das in der definition steht....... und ich nehme es so hin...... irgendwie kann ich mit definitionen nicht gut umgehen, ich weiß oft nicht, wie ich sie einsetze, deshalb habe ich auch immer probleme mit beweisaufgaben
mit randpunkten hab ich mich noch nicht befasst, ich weiß nur, dass wenn das extremum nicht auf dem rand liegt, dann jede partielle ableitung an einer extremstelle verschwindet. aber setzt man das nicht schon vorraus bei der aufgabe?
> Dann kann man sich überlegen, dass [mm]f(x,y) < 2[/mm] für alle [mm]-1 < x \le 1[/mm]
> und alle [mm]-1 \le y < 1[/mm] gilt, und warum sogar
> [mm]2=\sup \{f(x,y): (x,y) \in ]-1,1] \times [-1,1[\}[/mm]
> gilt,
hier komme ich nicht mehr mit, warum 2? ist das nicht außerhalb vom definitionsbereich?
> aber dieses Supremum kein Maximum von [mm]f\,[/mm] sein kann
> (beachte den Definitionsbereich von [mm]f\,[/mm]). Daher nimmt [mm]f\,[/mm]
> genau ein lokales und globales striktes Minimum an, aber es
> gibt keine Maximalstelle.
>
hab bestimmt wieder viele doofe fragen gestellet......
ki
> Gruß,
> Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:22 Mi 20.07.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> vielen dank! so ne ausführliche erklärung hätte ich
> nicht erwartet
gerne. Sei mir nicht böse, aber meine Internetverbindung ist nicht so pralle, deswegen antworte ich nur auf wesentliches, was mir bei Deiner Frage in Erinnerung geblieben ist:
Überlege Dir mal, wann $f(x,y):=-x+y$ bei $(x,y) [mm] \in [/mm] ]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ minimal wird:
Ich behaupte, dass das für $x=1$ und $y=-1$ ist. Denn:
Aus $-1 < x [mm] \le [/mm] 1$ folgt $-x [mm] \ge [/mm] -1$ und aus $-1 [mm] \le [/mm] y < 1$ folgt $y [mm] \ge [/mm] -1$ und daher gilt für alle $-1< x [mm] \le [/mm] 1$ und $-1 [mm] \le [/mm] y < 1$
$$-x+y [mm] \ge -1+-1=-2\,,$$
[/mm]
und wegen $f(1,-1)=-2$ nimmt [mm] $f\,$ [/mm] an der Stelle $(1,-1) [mm] \in [/mm] ]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ dieses Minimum an. (Es gibt also ein lokales Minimum.)
(Erinnere Dich auch nochmal: In der offenen Menge $]-1,1[ [mm] \times [/mm] ]-1,1[$ von [mm] $\IR^2$ [/mm] kann es kein Extremum geben, da die Funktion dort keine stationären Punkte haben kann.)
Naja, und nimmst Du oben halt $(x,y) [mm] \in [/mm] ]-1,1[ [mm] \times [/mm] [-1,1[$ oder $(x,y) [mm] \in [/mm] ]-1,1] [mm] \times ]-1,1[\,,$ [/mm] so kannst Du durch sauberes Aufschreiben analog sehen, dass dann
$$-x+y > -2$$
gilt. Das globale (und damit auch lokale) Minimum, dass an [mm] $(1,-1)\,$ [/mm] vorliegt, ist daher strikt.
(Ich hoffe, ich habe alle Fälle eingebunden. Sollte ich einen Fall vergessen haben, so wirst Du für diesen aber auch $f(x,y) > [mm] -2\,$ [/mm] nachweisen können - durch "Rechnen mit Ungleichungen". Eigentlich geht das auch direkt, indem man sich $f(x,y) > [mm] -2\,$ [/mm] für $(x,y) [mm] \in [/mm] (]-1,1] [mm] \times [-1,1[)\setminus\{(1,-1)\}$ [/mm] überlegt.)
Und dass der Wert [mm] $2\,$ [/mm] von keinem Paar $(x,y) [mm] \in [/mm] ]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ angenommen wird, ist auch richtig. Trotzdem ist [mm] $2\,$ [/mm] das Supremum (und da der Wert an keiner Stelle des Definitionsbereichs angenommen wird - btw.: Kannst Du das beweisen? Es geht auch analog zu oben, indem Du $-x+y < [mm] 2\,$ [/mm] für alle $(x,y) [mm] \in [/mm] ]-1,1] [mm] \times [/mm] [-1,1[$ nachweist - kann es ja folglich nur ein Supremum sein, dass kein Maximum ist!).
Wie gerade angedeutet kannst Du $f(x,y)=-x+y < [mm] 2\,$ [/mm] für alle [mm] $(x,y)\,$ [/mm] aus obigem Definitionsbereich nachweisen. Weiter gibt es aber eine Folge [mm] $(x_n,y_n)\,$ [/mm] in dem Definitionsbereich, so dass
[mm] $$f(x_n,y_n) \to 2\,.$$
[/mm]
Tipp: Definiere die [mm] $x_n \in [/mm] ]-1,1]$ so, dass [mm] $x_n \to [/mm] -1$ (also [mm] $x_n:=-1+\epsilon_n$ [/mm] mit gewissen $0 < [mm] \epsilon_n \to [/mm] 0$) und analoges für [mm] $y_n \in [/mm] [-1,1[$ und $1 > [mm] y_n \to 1\,.$ [/mm]
(Bsp.: [mm] $(x_n,y_n)$ [/mm] mit [mm] $x_n:=-1+\frac{3}{n^2}$ [/mm] und [mm] $y_n:=1-\frac{\pi}{3\sqrt{n}}$ [/mm] würden's tun. Allerdings kann man viel einfachere, elegantere Folgen hinschreiben! Wenn Dir das Prinzip klar ist, ist's nur noch ein (bzw. zwei) Klacks(e), was Du da ändern würdest.)
P.S.:
Und naja: Wenn $2 > [mm] f(x_n,y_n) \to [/mm] 2$ mit [mm] $(x_n,y_n)$ [/mm] im Definitionsbereich von [mm] $f\,,$ [/mm] dann kann es natürlich auch keine kleinere obere Schranke geben. Also ist [mm] $2\,$ [/mm] die kleinste obere Schranke, also das Supremum, weil [mm] $2\,$ [/mm] ja obere Schranke für [mm] $f\,$ [/mm] war.
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
