extremstellen < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:04 Di 11.03.2008 | | Autor: | Dagobert |
hallo!
hätte ne frage zu folgendem beispiel:
[Dateianhang nicht öffentlich]
und zwar hab ich mal die ersten und zweiten ableitungen gebildet:
[mm] \partial f/\partial x=e^x*y^2+x-1-ln(2)
[/mm]
[mm] \partial^2f/\partial x^2=y^2*e^x+1
[/mm]
[mm] \partial f/\partial y=2*y*e^x-4*y
[/mm]
[mm] \partial^2f/\partial y^2=2*e^x-4
[/mm]
so, muss ich da jetzt die erste ableitung von x und y null setzen um die extremwerte zu bekommen?
danke!
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:39 Di 11.03.2008 | | Autor: | Dagobert |
hallo!
danke, so grob ist mir das mal klar.
hätte nur eine frage, wenn ich die erste ableitung 0 setze:
also [mm] \partial f/\partial x=0=e^x*y^2+x-1-ln(2)
[/mm]
nur wie komme ich da auf die stellen, da ich ja in der gleichung x und y drinnen habe?
danke.
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Hallo Dagobert,
damit ein Punkt $(x,y)$ ein stationärer Punkt ist, müssen ja beide (ersten) partiellen Ableitungen in diesem Punkt =0 sein
Du hast beide richtig berechnet ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Es muss also gelten: (ich schreibe statt dieser [mm] $\partial$ [/mm] - Ausdrücke lieber [mm] $f_x$ [/mm] und [mm] $f_y$, [/mm] das geht schneller 
(1) [mm] $f_x(x,y)=y^2e^x+x-1-\ln(2)=0$ [/mm] UND
(2) [mm] $f_y(x,y)=2ye^x-4y=2y(e^x-2)=0$
[/mm]
Beides muss erfüllt sein, also insbesondere (2)
Und (2) ist bei weitem einfacher zu bestimmen, das ist nämlich genau dann =0, wenn $y=0$ oder [mm] $e^x=2$, [/mm] also [mm] $x=\ln(2)$ [/mm] ist.
Nun schaue dir für diese beiden Fälle (1) an:
(a) $y=0$, dann ergibt (1):
[mm] $x=1+\ln(2)$
[/mm]
(b) [mm] $x=\ln(2)$, [/mm] dann liefert (1):
[mm] $2y^2+\ln(2)-1-\ln(2)=0\gdw 2y^2=1\gdw y^2=\frac{1}{2}\gdw y=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$
[/mm]
Du hast also die 3 potentiellen Kandidaten:
[mm] $(x,y)=(1+\ln(2)/0)$
[/mm]
[mm] $(x,y)=\left(\ln(2)/\pm\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
[/mm]
Damit kannst du dann weiter machen...
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:20 Mi 12.03.2008 | | Autor: | Dagobert |
hallo!
dankeschön :)
hab da mal weitergerechnet:
wenn ich dann in die formel für [mm] \Delta [/mm] einsetze:
[mm] \Delta=f_xx*f_yy-f^2_xy [/mm] >0
dann bekomme ich raus:
a) (1+ln(2)/0)
[mm] \Delta_1=6,873 [/mm] --> relat. Extremwert
b) [mm] (ln(2)/(1/\wurzel{2}))
[/mm]
[mm] \Delta_2=-2,828 [/mm] --> Sattelpunkt
c) [mm] (ln(2)/-1/(\wurzel{2}))
[/mm]
[mm] \Delta_3=+2,828 [/mm] --> relat. Extremwert
also habe ich zwei punkte [mm] \Delta_1 [/mm] und [mm] \Delta_3 [/mm] oder?
und wenn ich weiter einsetze:
f_xx im punkt [mm] \Delta_1=1 [/mm] --> rel. Minimum
und
f_xx im punkt [mm] \Delta_3=2 [/mm] --> rel. Minimum oder?
danke!
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Hallo Dagobert,
[mm] $f_{xx}=y^2e^x+1$
[/mm]
[mm] $f_{yy}=2e^x-4$
[/mm]
[mm] $f_{xy}=2e^xy$
[/mm]
[mm] $\Delta =f_{xx}* f_{yy}-f_{xy}^2 [/mm] >0$
[mm] $\Delta =(y^2e^x+1)*(2e^x-4)-4e^{2x}y^2=2e^{2x}y^2+2e^x-4y^2e^x-4-4e^{2x}y^2$
[/mm]
[mm] $\Delta =2e^{2x}y^2+2e^x*(1-2y^2)-4-4e^{2x}y^2$
[/mm]
Da setzen wir nun die drei Punkte ein:
P(1+ln(2);0) und [mm] Q\left(ln(2);\bruch{1}{\wurzel{2}}\right) [/mm] und [mm] R\left(ln(2);-\bruch{1}{\wurzel{2}}\right) [/mm]
[mm] $\Delta_P =0+2e^{1+ln(2)}-4-0=4e-4\approx6,8731>0$
[/mm]
[mm] $\Delta_Q [/mm] = 4+4*(1-1)-4-8=-8<0$
Da y nur als quadratischer Term auftaucht, ist
[mm] $\Delta_R [/mm] = [mm] \Delta_Q [/mm] = -8<0$
Wir haben also nur einen relativen Extremwert: P(x;y).
[mm] $f_{xx}(P)=1>0$ [/mm] also liegt ein rel. Minimum vor.
(So ich mich nicht verrechnet habe.)
LG, Martinius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:57 Mi 12.03.2008 | | Autor: | Dagobert |
danke! habs jetzt nachgerechnet, hab da al ein ^2 verschlampt ....
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