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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:14 Fr 06.05.2016 | | Autor: | Schobbi |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die lokalen Extrema der Funktion
[mm] f:[0,2\pi]\times[0,2\pi] \to [/mm] R, f(x,y)=sin(x)*sin(y)
Was ist das globale Maximum und Minimum von f? |
Hallo zusammen, ich glaube die lokalen Extrema hab ich richtig berechnet, aber ich hänge irgendwie bei den globalen fest, vielleicht könnte Ihr mir da weiterhelfen, bis jetzt habe ich mir folgendes überlegt:
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}=cos(x)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}=cos(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial x^2}=-sin(x)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial y^2}=-sin(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial xy}=0
[/mm]
notwendige Bedingung:
cos(x)=0 und cos(y)=0
dies ist der Fall für [mm] (0,5\pi,0,5\pi); (1,5\pi,0,5\pi); (0,5\pi,1,5\pi); (1,5\pi,1,5\pi)
[/mm]
hinreichende Bedinung:
Für die Hesse-Matrix gilt:
[mm] H_{f}(x,y)=\pmat{ -sin(x) & 0 \\ 0 & -sin(y) }
[/mm]
[mm] H_{f} (0,5\pi,0,5\pi)=\pmat{ -1 & 0 \\ 0 & -1 } [/mm] negativ definit also Maximum in [mm] (0,5\pi,0,5\pi)
[/mm]
[mm] H_{f} (0,5\pi,1,5\pi)=\pmat{ -1 & 0 \\ 0 & 1 } [/mm] indefinit also kein Extrema
[mm] H_{f} (1,5\pi,0,5\pi)=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & -1 } [/mm] indefinit also kein Extrema
[mm] H_{f} (1,5\pi,1,5\pi)=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } [/mm] positiv definit also Minimum in [mm] (1,5\pi,1,5\pi)
[/mm]
ist das erstmal so richtig?
Der Funktionswert liegen dann bei
Max: [mm] f(0,5\pi,0,5\pi)=1 [/mm] und Min: [mm] f(1,5\pi,1,5\pi)=1
[/mm]
und die Randwerte sind jeweils 0 z.B. [mm] f(0,0)=f(0,2\pi)=f(\2\pi,0)=f(2\pi,2\pi)=0
[/mm]
Fehlt mir da noch irgendwas? Oder hab ich irgendwas nicht beachtet?
Für ein Feedback bin ich sehr dankbar!
LG
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:20 Fr 06.05.2016 | | Autor: | Schobbi |
Ups! Sorry, ich hab meinen Fehler bemerkt, der Steckt in den Ableitungen! Da hab ich nen dicken Fehler eingebaut
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}\not=cos(x)
[/mm]
SONDERN
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}=cos(x)*sin(y)
[/mm]
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:53 Fr 06.05.2016 | | Autor: | Schobbi |
Okay, ich habs nochmal korrigiert und bin zu folgendem Ergebnis gekommen:
[mm] \bruch{\partial f}{\partial x}=cos(x)*sin(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial f}{\partial y}=sin(x)*cos(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial x^2}=-sin(x)*sin(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial xy}=cos(x)*cos(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial yx}=cos(x)*cos(y)
[/mm]
[mm] \bruch{\partial^2 f}{\partial y^2}=-sin(x)*sin(y)
[/mm]
notwendige Bedingung: grad f = 0
[mm] \Rightarrow [/mm] mögliche Extrema in [mm] (0,5\pi,0,5\pi), (0,5\pi,1,5\pi), [/mm] (0,0) und [mm] (0,\pi)
[/mm]
hinreichnde Bedingung: Hesse-Matrix
[mm] H_{f}(x,y)=\pmat{ -sin(x)sin(y) & cos(x)cos(y) \\ cos(x)cos(y) & -sin(x)sin(y) }
[/mm]
[mm] H_{f}(0,5\pi,0,5\pi)=\pmat{ -1 & 0 \\ 0 & -1 } \Rightarrow [/mm] Max in [mm] (0,5\pi,0,5\pi)
[/mm]
[mm] H_{f}(0,5\pi,1,5\pi)=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } \Rightarrow [/mm] Min in [mm] (0,5\pi,1,5\pi)
[/mm]
[mm] H_{f}(0,0)=\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } \Rightarrow [/mm] indefinit
[mm] H_{f}(0,\pi)=\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } \Rightarrow [/mm] indefinit
Funktonswerte: Max: [mm] f(0,5\pi,0,5\pi)=1 [/mm] und Min: [mm] f(0,5\pi,1,5\pi)=-1
[/mm]
Das gefällt mir schon wesentlich besser als der erste Versuch 
Aber wie siehts jetzt mit den globalen Extrema aus? Könnt ihr mir da weiterhelfen? DANKE
LG
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:01 Fr 06.05.2016 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Für globale Extrema musst du die Grenzwerte der Funktion an den Rändern des Definitionsbereiches und an evtl vorhandenen Definitionslücken betrachten.
Triffst du dabei Werte, die größer[kleiner] sind, als die Funktionswerte am lokalen Hochpunkt[Tiefpunkt], so gibt es globale Miaxima[Minima], ist das nicht der Fall, sind die (betragsmäßig größten) Funktionswerte der Extrempunkte dann das globale Maximum[Minimum]
Beispiel:
[mm] f(x)=x^2(x^2+4) [/mm] hat einen lokalten Hochpunkt bei H(0|0), sowie zwei lokale Tiefpunkte [mm] T_{1}(\sqrt{2}|-4) [/mm] und [mm] T_{2}(-\sqrt{2}|-4)
[/mm]
Da hier gilt [mm] \lim\limits_{x\to\pm\infty}f(x)=\infty [/mm] ist die Obergrenze des Wertebereiches dann [mm] \infty. [/mm] Da es keine weiteren Randextrame gibt, bedeutet das, dass die Tiefpunkte, die hier dieselbe y-Koordinate haben, beide nicht nur lokal, sondern auch global sind.
In deinem Fall musst du also mal untersuchen, ob es an den Rändern des Def-Bereiches Wertepaare x|y gibt, so dass f(x;y)>1 oder kleiner f(x;y)<-1.
Das kannst du in diesem Fall entweder über eine Betrachtung des Wertebereiches der "klassischen Sinusfunkttion" [mm] h(x)=\sin(x) [/mm] machen, ober per Grenzwertbetrachtung an den Eckpunkten (0|0), [mm] (2\pi|0), (0|2\pi|) [/mm] und [mm] (2\pi|2\pi) [/mm] des Def-Bereiches
Marius
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:23 Fr 06.05.2016 | | Autor: | fred97 |
> Okay, ich habs nochmal korrigiert und bin zu folgendem
> Ergebnis gekommen:
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial x}=cos(x)*sin(y)[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial f}{\partial y}=sin(x)*cos(y)[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial x^2}=-sin(x)*sin(y)[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial xy}=cos(x)*cos(y)[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial yx}=cos(x)*cos(y)[/mm]
>
> [mm]\bruch{\partial^2 f}{\partial y^2}=-sin(x)*sin(y)[/mm]
>
> notwendige Bedingung: grad f = 0
> [mm]\Rightarrow[/mm] mögliche Extrema in [mm](0,5\pi,0,5\pi), (0,5\pi,1,5\pi),[/mm]
> (0,0) und [mm](0,\pi)[/mm]
das sind nicht alle , Z. b. fehlt [mm] (\pi, \pi)
[/mm]
2 [mm] \pi [/mm] spielt auch noch mit ...
Fred
>
> hinreichnde Bedingung: Hesse-Matrix
>
> [mm]H_{f}(x,y)=\pmat{ -sin(x)sin(y) & cos(x)cos(y) \\ cos(x)cos(y) & -sin(x)sin(y) }[/mm]
>
> [mm]H_{f}(0,5\pi,0,5\pi)=\pmat{ -1 & 0 \\ 0 & -1 } \Rightarrow[/mm]
> Max in [mm](0,5\pi,0,5\pi)[/mm]
>
> [mm]H_{f}(0,5\pi,1,5\pi)=\pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1 } \Rightarrow[/mm]
> Min in [mm](0,5\pi,1,5\pi)[/mm]
>
> [mm]H_{f}(0,0)=\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } \Rightarrow[/mm] indefinit
>
> [mm]H_{f}(0,\pi)=\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } \Rightarrow[/mm] indefinit
>
> Funktonswerte: Max: [mm]f(0,5\pi,0,5\pi)=1[/mm] und Min:
> [mm]f(0,5\pi,1,5\pi)=-1[/mm]
>
> Das gefällt mir schon wesentlich besser als der erste
> Versuch
>
> Aber wie siehts jetzt mit den globalen Extrema aus? Könnt
> ihr mir da weiterhelfen? DANKE
>
> LG
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