Optimalitätsbed. (NOB) -Beweis < Differentiation < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:24 Fr 05.08.2011 | | Autor: | barsch |
| Aufgabe | | Sei [mm]x^{\*}[/mm] lokales Minimum, dann gilt [mm]\bigtriangledown{f(x^{\*})}=0[/mm] (1. Notwendige Optimalitätsbedingung). Wobei [mm]f:\IR^n\to\IR[/mm]. |
Hallo,
dieser Teil wird so bewiesen:
Für alle [mm]p\in\IR^n[/mm] hat [mm]\bar{f}(t):=f(x^{\*}+tp), \ \ t\in\IR[/mm]
ein lokales Minimum bzgl. t bei t=0. Also erfüllt [mm]\bar{f}(t)[/mm] bei t=0 die NOB im Eindimensionalen.
Okay, soweit kann ich folgen, da [mm]\bar{f}(t)|_{t=0}=f(x^{\*})[/mm].
Also:
[mm]\bruch{d}{dt}\bar{f}(t)|_{t=0}=\bruch{d}{dt}f(x^{\*}+tp)*p|_{t=0}\underbrace{\red{=}}_{\red{???}}f_x(x^{\*})*p=0 \ \ \Rightarrow{f_x(x^{\*})}=0.[/mm]
Den Schritt (rotes Gleichheitszeichen) kann ich nicht ganz nachvollziehen. Wieso ist dies korrekt?
Vielen Dank.
Gruß
barsch
|
|
| |
|
Moin barsch,
> Sei [mm]x^{\*}[/mm] lokales Minimum, dann gilt [mm]\bigtriangledown{f(x^{\*})}=0[/mm] (1. Notwendige
> Optimalitätsbedingung). Wobei [mm]f:\IR^n\to\IR[/mm].
>
> Für alle [mm]p\in\IR^n[/mm] hat [mm]\bar{f}(t):=f(x^{\*}+tp), \ \ t\in\IR[/mm] ein lokales Minimum bzgl. t bei t=0.
> Also erfüllt [mm]\bar{f}(t)[/mm] bei t=0 die NOB im Eindimensionalen.
>
> Okay, soweit kann ich folgen, da [mm]\bar{f}(t)|_{t=0}=f(x^{\*})[/mm].
>
> Also:
>
> [mm]\bruch{d}{dt}\bar{f}(t)|_{t=0}=\bruch{d}{dt}f(x^{\*}+tp)*p|_{t=0}\underbrace{\red{=}}_{\red{???}}f_x(x^{\*})*p=0 \ \ \Rightarrow{f_x(x^{\*})}=0.[/mm]
Wofür genau soll [mm] f_x [/mm] hier denn stehen? Ich vermute der Beweis ist vollkommen analog zu diesem:
Da f bei [mm] x^{\*} [/mm] di fferenzierbar ist, sind die partiellen Funktionen [mm] g_j:(-\varepsilon,\varepsilon)\to\IR,\; g_j(t)=f(x^{\*}+te_j) [/mm] in t=0 di fferenzierbar für jedes [mm] 1\leq j\leq [/mm] n und [mm] \varepsilon [/mm] hinreichend klein. Außerdem haben sie bei 0 ein Extremum. Damit folgt
[mm] g_j'(0)=0=\frac{d}{dt}f(x^{\*}+t e_j)|_{t=0}=\bigtriangledown f(x^{\*})*e_j \Rightarrow \frac{\partial}{\partial x_j}f(x^{\*})=0
[/mm]
Damit folgt die Aussage.
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:05 Sa 06.08.2011 | | Autor: | barsch |
Gute Morgen kamaleonti,
danke für deine Antwort.
> Wofür genau soll [mm]f_x[/mm] hier denn stehen? Ich vermute der
> Beweis ist vollkommen analog zu diesem:
[mm]f_x=\frac{d}{dx}f[/mm]
> Da f bei [mm]x^{\*}[/mm] di fferenzierbar ist, sind die partiellen
> Funktionen [mm]g_j:(-\varepsilon,\varepsilon)\to\IR,\; g_j(t)=f(x^{\*}+te_j)[/mm]
> in t=0 di fferenzierbar für jedes [mm]1\leq j\leq[/mm] n und
> [mm]\varepsilon[/mm] hinreichend klein. Außerdem haben sie bei 0
> ein Extremum. Damit folgt
>
> [mm]g_j'(0)=0=\frac{d}{dt}f(x^{\*}+t e_j)|_{t=0}=\bigtriangledown f(x^{\*})*e_j \Rightarrow \frac{\partial}{\partial x_j}f(x^{\*})=0[/mm]
>
> Damit folgt die Aussage.
Das leuchtet mir ein, danke. Es wird die Kettenregel angewendet. Vielleicht stehe ich jetzt gerade richtig auf dem Schlauch, habe ein Brett vor dem Kopf.
Aber ich frage mich folgendes:
[mm] \bruch{d}{dt}\bar{f}(t)|_{t=0}=\bruch{d}{dt}f(x^{\*}+tp)\cdot{}p|_{t=0}[/mm]
Okay, bis hier hin: Kettenregel, Ableitung nach t. Und dann:
[mm]\red{=}\nabla{f}(x^{\*})\cdot{}p=0 \ \ \Rightarrow{\nabla{f(x^{\*})}=f_x(x^{\*})}=0[/mm]
Warum wird dann f auf einmal nach x differenziert?
Liegt das daran, dass
[mm]\bruch{d}{dt}f(x^{\*}+tp)\cdot{}p|_{t=0}=\limes_{t\rightarrow{0}} \bruch{f(x^{\*}+tp)-f(x^{\*})}{t}*p\overset{\text{n. Def}}{=}\nabla{f}(x^{\*})\cdot{}p[/mm] ? Nein, das kann nicht sein...![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
Danke.
Gruß
barsch
|
|
|
| |
|
Hallo barsch,
> > Wofür genau soll [mm]f_x[/mm] hier denn stehen? Ich vermute der
> > Beweis ist vollkommen analog zu diesem:
>
> [mm]f_x=\frac{d}{dx}f[/mm]
>
> > Da f bei [mm]x^{\*}[/mm] di fferenzierbar ist, sind die partiellen
> > Funktionen [mm]g_j:(-\varepsilon,\varepsilon)\to\IR,\; g_j(t)=f(x^{\*}+te_j)[/mm]
> > in t=0 di fferenzierbar für jedes [mm]1\leq j\leq[/mm] n und
> > [mm]\varepsilon[/mm] hinreichend klein. Außerdem haben sie bei 0
> > ein Extremum. Damit folgt
> >
> > [mm]g_j'(0)=0=\frac{d}{dt}f(x^{\*}+t e_j)|_{t=0}=\bigtriangledown f(x^{\*})*e_j \Rightarrow \frac{\partial}{\partial x_j}f(x^{\*})=0[/mm]
>
> >
> > Damit folgt die Aussage.
>
> Das leuchtet mir ein, danke. Es wird die Kettenregel
> angewendet. Vielleicht stehe ich jetzt gerade richtig auf
> dem Schlauch, habe ein Brett vor dem Kopf.
>
> Aber ich frage mich folgendes:
>
> [mm]\bruch{d}{dt}\bar{f}(t)|_{t=0}=\bruch{d}{dt}f(x^{\*}+tp)\cdot{}p|_{t=0}[/mm]
Jo, hier wurde die Kettenregel angewendet. Damit kann man eigentlich gleich schreiben [mm] \bruch{d}{dt}\bar{f}(t)|_{t=0}=\nabla f(x^{\*}+tp)\cdot{}p|_{t=0}=\nabla f\cdot{}p.
[/mm]
Warum man da [mm] \frac{d}{dt} [/mm] schreibt, weiß ich auch nicht, für mich sieht es an dieser Stelle falsch aus. Da ich mir nicht sicher bin, stelle ich die Frage auf teilweise beantwortet.
>
> Okay, bis hier hin: Kettenregel, Ableitung nach t. Und dann:
>
> [mm]\red{=}\nabla{f}(x^{\*})\cdot{}p=0 \ \ \Rightarrow{\nabla{f(x^{\*})}=f_x(x^{\*})}=0[/mm]
>
> Warum wird dann f auf einmal nach x differenziert?
>
> Liegt das daran, dass
>
> [mm]\bruch{d}{dt}f(x^{\*}+tp)\cdot{}p|_{t=0}=\limes_{t\rightarrow{0}} \bruch{f(x^{\*}+tp)-f(x^{\*})}{t}*p\overset{\text{n. Def}}{=}\nabla{f}(x^{\*})\cdot{}p[/mm]
> ? Nein, das kann nicht sein...
In deinem ursprünglichen Beweis ist [mm] p\in\IR^n\backslash\{0\} [/mm] beliebig. Damit handelt es sich bei
[mm] \bruch{d}{dt}\bar{f}(t)|_{t=0}=\limes_{t\rightarrow{0}}\frac{\bar{f}(t)-\bar{f}(0)}{t}=\limes_{t\rightarrow{0}}\bruch{f(x^{\*}+tp)-f(x^{\*})}{t}
[/mm]
um die Richtungsableitung von f in Richtung p. In meinem Beweis habe ich nur die Richtungsableitung gegeben durch die Einheitsvektoren betrachtet, das reicht aus.
Für die Richtungsableitung [mm] \partial_p(f) [/mm] zum Richtungsvektor p gilt [mm] \partial_p(f)=<\nabla [/mm] f,p>.
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:41 So 07.08.2011 | | Autor: | barsch |
Hallo kamaleonti,
danke für deine Hilfe.
Gruß
barsch
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:25 So 07.08.2011 | | Autor: | fred97 |
Sei $g(t):= [mm] f(x^{\*}+tp)$
[/mm]
Dann ist (Kettenregel)
[mm] $g'(t)=f'(x^{\*}+tp)*p$,
[/mm]
also
$0=g'(0)= [mm] f'(x^{\*})*p$.
[/mm]
Wir haben also: $ [mm] f'(x^{\*})*p=0$ [/mm] für jedes $p [mm] \in \IR^n$.
[/mm]
Damit ist $ [mm] f'(x^{\*})=0$
[/mm]
FRED
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:40 So 07.08.2011 | | Autor: | barsch |
Hallo fred,
vielen Dank für deine Antwort.
Ich denke, jetzt habe ich es verstanden. ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]")
Gruß
barsch
|
|
|
|
