Extremwerte im $\R^2$ < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:59 So 11.07.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo,
Gegeben [mm] $f(x,y)=x^3y^2(1-x-y)$. [/mm] Bestimme die Extrema.
(Quelle: Heuser, Lehrbuch der analysis, Teil 2, Kap. 173, Aufgabe 3b)
Ok, habe munter drauf losgerechnet und als Gradienten und Hesse-Matrix herausbekommen:
$grad f [mm] =(3x^2y^2(1-\frac{4}{3}x-y) [/mm] ; [mm] 2x^3y(1-x-\bruch{3}{2})$
[/mm]
$Hf = [mm] \pmat{ 6xy^2(1-2x-y) & 2x^2y(3-4x-\frac{9}{2} y \\ 2x^2y(3-4x-\frac{9}{2} y & 2x^3(1-x-3y) }$
[/mm]
Scharfes Hinsehen ergibt als kritische Punkte [mm] $\{(0,0),(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}$
[/mm]
Und nun - oje - [mm] $H_{(0,0)}f [/mm] = 0$, also versagen meine Standardmethoden. Ok, dann halt Teststellen genommen [mm] $T:=\{(t,t),(-t,t),(t,-t)\}|_{]-\frac{1}{2},\frac{1}{2}[}$ [/mm] und festgestellt, dass $(0,0)$ kein Extremum sein kann.
Dann habe ich mir aber den Graphen auf dieser schönen Seite (![[]](/images/popup.gif) http://home.t-online.de/home/arndt.bruenner/mathe/java/plotter3d.htm) zeichnen lassen und gesehen, dass für y=0 sehr wohl gewisse Extrema existieren (ein Blick in die Lösung von Heuser bestätigen diese graphische Erkenntnis zunehmend).
1. Frage: Immer wieder mache ich den Fehler, zu früh eine Aufgabe für "bearbeitet" zu halten, wenn ich auf mehreren Achsen laufen soll. Gibt es sowas wie eine Fausregel, die ich mir auf die Handflächen malen kann, damit ich auch mal eine Aufgabe vollständig schaffe????
2. Frage: Wie mache ich jetzt weiter? Ich kann zwar $y=0$ festhalten, dann ist aber jede Teststelle gleich $(0,0)$ und ich komme zu keiner Aussage.
Danke,
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:34 So 11.07.2004 | | Autor: | Paulus |
Hallo Stefan
> Hallo,
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> Gegeben [mm]f(x,y)=x^3y^2(1-x-y)[/mm]. Bestimme die Extrema.
> (Quelle: Heuser, Lehrbuch der analysis, Teil 2, Kap. 173,
> Aufgabe 3b)
>
> Ok, habe munter drauf losgerechnet und als Gradienten und
> Hesse-Matrix herausbekommen:
>
> [mm]grad f =(3x^2y^2(1-\frac{4}{3}x-y) ; 2x^3y(1-x-\bruch{3}{2})[/mm]
>
Da fehlt wohl noch etwas ganz rechts?
$grad f [mm] =(3x^2y^2(1-\frac{4}{3}x-y) [/mm] ; [mm] 2x^3y(1-x-\bruch{3}{2}y))$
[/mm]
Ist aber wohl nur ein Verschreiber, da das Folgende wieder vernünftig aussieht. 
>
> [mm]Hf = \pmat{ 6xy^2(1-2x-y) & 2x^2y(3-4x-\frac{9}{2} y \\ 2x^2y(3-4x-\frac{9}{2} y & 2x^3(1-x-3y) }[/mm]
>
>
> Scharfes Hinsehen ergibt als kritische Punkte
> [mm]\{(0,0),(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}[/mm]
>
Das sehe ich nicht ganz so. Für die Kandidaten muss doch der Gradient $0$ sein, und das ist auf der ganzen $x$-Achse wie auch auf der ganzen $y$-Achse der Fall, also nicht nur im Punkt $(0,0)$. Daneben natürlich auch [mm] $(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$
[/mm]
> Und nun - oje - [mm]H_{(0,0)}f = 0[/mm], also versagen meine
> Standardmethoden. Ok, dann halt Teststellen genommen
> [mm]T:=\{(t,t),(-t,t),(t,-t)\}|_{]-\frac{1}{2},\frac{1}{2}[}[/mm]
> und festgestellt, dass [mm](0,0)[/mm] kein Extremum sein kann.
>
Nach meinen Unterlagen (Walter, Analysis 2, Springer-Verlag) ist diese Bedingung hinreichend für ein Extremum:
Es sei $G [mm] \subset \mathbb{R}^n$ [/mm] offen, $f [mm] \in C^{2}(G), \xi \in [/mm] G$ und $grad [mm] f(\xi) [/mm] = 0$. Dann lässt sich die Frage, ob $f$ an der Stelle [mm] $\xi$ [/mm] ein Extremum besitzt, anhand der Hesse-Matrix [mm] $H_{f}(\xi)$ [/mm] folgendermassen beantworten:
[mm] $H_{f}(\xi)$ [/mm] positiv definit [mm] $\Longrightarrow$ [/mm] lokales Minimum im strengen Sinn
[mm] $H_{f}(\xi)$ [/mm] negativ definit [mm] $\Longrightarrow$ [/mm] lokales Maximum im strengen Sinn
[mm] $H_{f}(\xi)$ [/mm] indefinit [mm] $\Longrightarrow$ [/mm] kein Extremum
Ein für dich typischer scharfer Blick auf die Hessematrix verrät, dass für die gesamte $x$-Achse und auch für die gesamte $y$-Achse die Determinante $= 0$ ist, womit hier keine Extrema zu erwarten sind.
Aber der Punkt [mm] $(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$ [/mm] ist noch zu untersuchen:
Die Hesse-Matrix sieht dort so aus:
[mm] $H_{f}((\frac{1}{2},\frac{1}{3})) [/mm] = [mm] \begin{pmatrix}-\frac{8}{9}&-\frac{2}{3}\\-\frac{2}{3}&-\frac{3}{4}\end{pmatrix}$
[/mm]
Dies ist negativ definit, (Determinante $> 0$ und [mm] $-\frac{8}{9} [/mm] < 0$), womit ich bei [mm] $(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$ [/mm] ein lokales Maximum erwarte, und zwar das einzige Extremum auf weiter Flur.
Da damit deine Fragen nach einer Hand-Tätowierung nicht beantwortet sind, lasse ich den Status der Frage wohl aum Besten auf "Teilweise Beantwortet". Solltest du es nicht so sehen, dann kannst du den Status, glaube ich, selber so setzen, wie du es willst. 
P.S. was sagt denn deine Musterlösung zu den Extremalstellen? Liege ich irgendwo daneben?
Mit lieben Grüssen
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:14 So 11.07.2004 | | Autor: | Wessel |
Lieber Paulus,
> > Gegeben [mm]f(x,y)=x^3y^2(1-x-y)[/mm]. Bestimme die Extrema.
> > (Quelle: Heuser, Lehrbuch der analysis, Teil 2, Kap.
> 173,
> > Aufgabe 3b)
> >
> Da fehlt wohl noch etwas ganz rechts?
> [mm]grad f =(3x^2y^2(1-\frac{4}{3}x-y) ; 2x^3y(1-x-\bruch{3}{2}y))[/mm]
Pardon - Vektorklammer und y sind irgendwie baden gegangen!
> >
> > [mm]Hf = \pmat{ 6xy^2(1-2x-y) & 2x^2y(3-4x-\frac{9}{2} y \\ 2x^2y(3-4x-\frac{9}{2} y & 2x^3(1-x-3y) }[/mm]
>
> >
> >
> > Scharfes Hinsehen ergibt als kritische Punkte
> > [mm]\{(0,0),(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}[/mm]
> >
>
> Das sehe ich nicht ganz so. Für die Kandidaten muss doch
> der Gradient [mm]0[/mm] sein, und das ist auf der ganzen [mm]x[/mm]-Achse wie
> auch auf der ganzen [mm]y[/mm]-Achse der Fall, also nicht nur im
> Punkt [mm](0,0)[/mm]. Daneben natürlich auch
> [mm](\frac{1}{2},\frac{1}{3})[/mm]
OK, vielleicht ist genau das die Antwort, die ich mir klar machen muss. Wenn es auf der ganzen Achse der Fall ist, dann muß ich auch die ganze Achse untersuchen. Das mag im Moment vielleicht etwas banal klingen, aber die notwendige Bedingung - $grad f = 0 $ ist ja hier für die gesamte x-Achse bzw y-achse gegeben.
Entsprechend ist natürlich der Punkt (0,0) nur ein besonderer Punkt (Schnittpunkt beider Mengen), dem eigentlich keine gesonderte Betrachtung zukommen müßte.
>
> Nach meinen Unterlagen (Walter, Analysis 2,
> Springer-Verlag) ist diese Bedingung hinreichend für ein
> Extremum
[...]
ja, diese Bedingungen habe ich auch angewand. Aber bei mir heißt es, dass u.U. genau diese Kriterien versagen können:
- auf dem Rand einer Menge,
- wenn nicht alle Richtungsableitungen existieren,
- wenn die Hessematrix semidefinit ist [mm] ($\leq [/mm] 0$ oder [mm] $\geq [/mm] 0$)
>
> Ein für dich typischer scharfer Blick auf die Hessematrix
> verrät, dass für die gesamte [mm]x[/mm]-Achse und auch für die
> gesamte [mm]y[/mm]-Achse die Determinante [mm]= 0[/mm] ist, womit hier keine
> Extrema zu erwarten sind.
Ok, hier tappen wir beide also in die gleiche Falle! Die Determinante ist also gleich 0, - also ist die Hessematrix semidefinit - also versagt hier Model "standard".
Die Musterlösung gibt an:
$x<0,y=0$ Maxima
$0<x<1, y=0$ Minima
$x>1,y=0$ Maxima
Warum hier nun wieder nur $y=0$ gesetzt wird, und nicht auch Angaben zu $x=0$ stehen, scheint zu bedeuten, das das Verschwinden des Gradienten für x=0 nichts zu bedeuten hat.
>
> Aber der Punkt [mm](\frac{1}{2},\frac{1}{3})[/mm] ist noch zu
> untersuchen:
>
[...]
> ein lokales Maximum.
genau!
Vielen Dank, Paulus,
Stefan
PS: Jetzt habe ich vor lauter Antworten meine Frage vergessen: Wie untersuche ich denn nun die Funktion für x=0. Teststellen???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:44 Mo 12.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Stefan!
Zunächst einmal hast du den Fehler richtig analysiert. Die Tatsache, dass die Hesse-Matrix in einem Punkt verschwindet, bedeutet nicht, dass dort kein Extrema vorliegt.
Zwar gilt: Wenn die Hesse-Matrix indefinit ist (d.h. die zugehörige quadratische Form positive und negative Werte annimmt), dann handelt es sich um kein Extremum. Dieses Kriterium kann man hier nur leider nicht anwenden.
Was ich dir empfehlen würde, ist daher ein Blick auf die Funktion selbst:
Man sieht leicht, dass in einem Punkt $(0,y)$ kein Extremum vorherrschen kann, da es -etwas salopp gesagt, das müsste man ausformulieren- wegen des Faktors [mm] $x^3$ [/mm] in jeder Umgebung dieses Punkte Stellen $(x,y), (x',y')$ mit $f(x,y)>0$ und $f(x',y')<0$ gibt.
Ebenso klar ist aber auch, dass das Vorzeichen von $f$ in einer hinreichend kleinen Umgebung von $(x,0)$ mit $x [mm] \ne [/mm] 0$ konstant bleibt. Die Frage ist jetzt nur: Ist dieses Vorzeichen positiv oder negativ?
Eine geeignete Fallunterscheidung (betrachte die Vorzeichen der drei Faktoren und nutze die Stetigkeit aus!) führt dazu, dass
- $f(x,y)<0$ in einer hinreichend kleinen Umgebung von [mm] $(x_0,0)$ [/mm] mit [mm] $x_0<0$,
[/mm]
- $f(x,y)>0$ in einer hinreichend kleinen Umgebung von [mm] $(x_0,0)$ [/mm] mit [mm] $0
- $f(x,y)<0$ in einer hinreichend kleinen Umgebung von [mm] $(x_0,0)$ [/mm] mit [mm] $x_0>1$.
[/mm]
Daraus folgt die Behauptung.
Liebe Grüße
Stefan
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