Art d. Extremums (Lagrange) < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:51 Di 28.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
Hi,
ich habe eine Frage zur Bestimmung d. Art d. Extreums bei mit der Methode nah Lagrange.
Zurerst mal meine Unterlagen dazu:
| Aufgabe | [Dateianhang nicht öffentlich]
[mm] h_i [/mm] wurde vorher definiert als [mm] (x_i [/mm] - [mm] x_i^0) [/mm] |
Und jetzt die Frage:
Ich komme mit dem hinreichenden Kriterium irgendwie nicht klar.
1) Gibts es da handlichere Methoden das zu bestimmen?
Also ich verstehe das obige so:
Man macht eine Taylorpolynomentwicklung zweiten Grades um H(kritischer Punkt).
Wenn das was man für die zweiten Ableitungen rausbekommt positiv oder negativ definit ist, weiß man man hat ein Minimum bzw. Maximum. Die ersten verschwinden ja.
Aber wo kommt die Bedinung
[mm] \nabla [/mm] g(kritishcer Punkt) * h = 0 her?
2) Fordert man das, damit der letzte Teil d. Taylorpolynoms wegfällt und man anhand der vorderen Gleider entscheiden kann?
3) Wenn ja, verliert man dabei nicht etwas? Also gibt es dann nicht Situationen in denen es isch zwar um ein Extremwert handelt, aber man es nihct rausbekommt, eben wegen jener Forderung?
4) Lässt es sich anschaulich Begründen warum man nur Vektoren betrachtet, die orthogonal zur Nebenbedinung stehen? Soll sie in irgendeiner Form "konstant" bleiben? Man sich also nur in Richtungen bewegt unter dnen die NB erhalten bleibt?
Danke für jede Anregung
und Grüße
Mumrel
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo,
worum geht es Dir?
Möchtest Du den Beweis für die hinreichende Bedingung erklärt haben, oder möchtest Du wissen, wie man die Definitheit der Hessematrix nachweist?
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:16 Di 28.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
Hallo Angela,
im wesentlichen gehts mir um die vier Fragen.
Aber um zu antworten, möchte ich eigentlich beides.
Wenn man den Bewies versteh kann man ihn sich besser merken, außerdem ist es schöner Sachen anzuwenden die man verstanden hat, zumindest deren grobe Idee im Hinterkopf hat.
Und zweitens geht es mir hinsichtlich der Klausur die demnächst ansteht natürlich darum, wie man das am einfachsten und schnellsten errechnen kann.
Ich habe vorhin mal die quadtratische Form für eine Funktion [mm] (\IR^2 [/mm] -> [mm] \IR) [/mm] unter einer Nebenbedinug grmacht. Da krige ich ja schon 3*3 Terme. Das dauert und ist insgesamt einfach unhandlich. Und außerdem verstehe ich dann den orthogonlanen Vodoo nicht, ohne den man die Definitheit ja (meistens?) gar nicht lösen könnte.
Grüße Mumrel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:36 Di 28.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
Es ist dazu noch eine Frage aufgetaucht:
Für Funktionen von [mm] \IR^2 [/mm] --> [mm] \IR [/mm] gibt es ja das handliche Kriterium d. Hessematrix und deren Determianante im kritischen Punkt.
Warum kann man (für [mm] \IR^2 [/mm] --> [mm] \IR) [/mm] z.b. nicht einfach mit Lagrange die kritischen Punkte berechnen und danach das "normale" Hessekriterium auf die Funktion f (also die Funktion ohne NB) anwenden.
Danke und Grüße
Mumrel
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Hallo,
zu Deiner weiter oben gestellten Frage bzgl. der hinreichenden Bedingung beim Lagrangeansatz kann ich Dir im Vorübergehen nichts sagen, ich müßte mich darein vertiefen.
Wenden wir uns hier also nur den wahrscheinlich klausurrelevanten Fragen zu.
(Es wäre gewiß sinnvoll, würdest Du so eine Aufgabe mal einstellen und rechnen, soweit Du kommst. Dann kann man auch den Schwierigkeitsgrad der Aufgaben abschätzen, ob sie mit unangenehmen Besonderheiten sind oder nicht.)
> Für Funktionen von [mm]\IR^2[/mm] --> [mm]\IR[/mm] gibt es ja das handliche
> Kriterium d. Hessematrix und deren Determianante im
> kritischen Punkt.
>
> Warum kann man (für [mm]\IR^2[/mm] --> [mm]\IR)[/mm] z.b. nicht einfach mit
> Lagrange die kritischen Punkte berechnen und danach das
> "normale" Hessekriterium auf die Funktion f (also die
> Funktion ohne NB) anwenden.
Die normalen Aufgaben sehen ja so ähnlich aus:
Es ist die kritischen Punkte bzw. Extremwerte der Funktion [mm] f:\IR^2 \to \IR [/mm] bestimmen unter der Nebenbedingung g(x,y)-c [mm] \ge [/mm] 0.
Da nimmt man erstmal f(x,y), bestimmt mit Gradient und Hessematrix die lokalen Extrema, so gut man kann, und guckt, welche davon der Nebenbedingung genügen.
Dann berechnet man mit dem Ziel, auch eventuelle globale Extrema zu finden, welche keine lokalen sind, mit dem Lagrangeansatz die kritischen Punkte auf dem Rand g(x,y)-c=0.
Zur Prüfung, ob es sich bei den ermittelten Punkten wirklich um Extremwerte handelt, habe ich noch nie ein hinreichendes Kriterium verwendet, zumal sein Versagen ja auch kein Hinweis darauf ist, daß man KEINEN Extremwert hat.
Meist sind die Aufgaben, die ich kenne, so, daß der zu untersuchende Rand beschränkt und abgeschlossen ist, so daß man die Entscheidung über die Art des Extremwertes auf dem Rand per Betrachten des Funktionswertes sehen kann.
> Warum kann man (für [mm]\IR^2[/mm] --> [mm]\IR)[/mm] z.b. nicht einfach mit
> Lagrange die kritischen Punkte berechnen und danach das
> "normale" Hessekriterium auf die Funktion f (also die
> Funktion ohne NB) anwenden.
Der Witz bei der untersuchung des Randes ist ja, daß wir hier globale Extrema finden können, welche keine lokalen sind, bei denen der Gradient also nicht =0 ist.
Übertragen auf Funktionen von einer Veränderlichen kannst Du so etwas haben, wenn Du die Funktion auf einem abgeschlossenen Intervall untersuchst. Da bedürfen immer die beiden Randpunkte einer Sonderbetrachtung.
Ein ganz einfaches Beispiel: betrachte f(x)=x auf dem Intervall [1,3]. An keiner Stelle ist die erste Ableitung =0, aber ein globales Minimum und Maximum gibt es sehr wohl.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:54 Di 28.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
Hallo Angela,
danke für deine ausführliche Antwort.
> Wenden wir uns hier also nur den wahrscheinlich
> klausurrelevanten Fragen zu.
> (Es wäre gewiß sinnvoll, würdest Du so eine Aufgabe mal
> einstellen und rechnen, soweit Du kommst. Dann kann man
> auch den Schwierigkeitsgrad der Aufgaben abschätzen, ob sie
> mit unangenehmen Besonderheiten sind oder nicht.)
Ich poste gleich eine Aufgabe mit meiner Rechnung hier nochmal als Mitteilung, sonst
wird die Antwort so groß.
> Es ist die kritischen Punkte bzw. Extremwerte der Funktion
> [mm]f:\IR^2 \to \IR[/mm] bestimmen unter der Nebenbedingung g(x,y)-c
> [mm]\ge[/mm] 0.
>
> Da nimmt man erstmal f(x,y), bestimmt mit Gradient und
> Hessematrix die lokalen Extrema, so gut man kann, und
> guckt, welche davon der Nebenbedingung genügen.
>
> Dann berechnet man mit dem Ziel, auch eventuelle globale
> Extrema zu finden, welche keine lokalen sind, mit dem
> Lagrangeansatz die kritischen Punkte auf dem Rand
> g(x,y)-c=0.
Warum kann man das in dieser Deutlichkeit nicht in der VL sagen? :)
Ich muss zugeben, dass ich die irrige Vorstellun gim Kopf hatte, dass die Nebenbedinung ein ganzes Gebiet eine Fläche definiert. Aber es ist in der Tat ja so, dass die Nebendedinung das im Normalfall woll durch eine GLEICHung beschrieben wird und damit keine Fläche ist.
> Zur Prüfung, ob es sich bei den ermittelten Punkten
> wirklich um Extremwerte handelt, habe ich noch nie ein
> hinreichendes Kriterium verwendet, zumal sein Versagen ja
> auch kein Hinweis darauf ist, daß man KEINEN Extremwert
> hat.
Also wenn H = [mm] \{x_0, ... , x_t\} [/mm] die kritischen Punkte wären, die man ohne Lagrange über die Hessematrix bestimmt hat und L = [mm] \{l_1, ..., l_n\} [/mm] die Punkte die Lagrange liefert.
Dann kann man also noch diejenigen Punkte (und nur die) aus L hinzunehmen für die gilt, dass sie größer gleich (kleiner gleich) wie alle aus L und H sind?
> > Warum kann man (für [mm]\IR^2[/mm] --> [mm]\IR)[/mm] z.b. nicht einfach mit
> > Lagrange die kritischen Punkte berechnen und danach das
> > "normale" Hessekriterium auf die Funktion f (also die
> > Funktion ohne NB) anwenden.
> Der Witz bei der untersuchung des Randes ist ja, daß wir
> hier globale Extrema finden können, welche keine lokalen
> sind, bei denen der Gradient also nicht =0 ist.
Diese Information fehlte mir bisher. Zugegebenermaßen wesentlich, aber ich finde so was darf man schon mal explizit sagen bzw. ins ![[]](/images/popup.gif) Skript (S.69 650KB) schreiben.
> Übertragen auf Funktionen von einer Veränderlichen kannst
> Du so etwas haben, wenn Du die Funktion auf einem
> abgeschlossenen Intervall untersuchst. Da bedürfen immer
> die beiden Randpunkte einer Sonderbetrachtung.
>
> Ein ganz einfaches Beispiel: betrachte f(x)=x auf dem
> Intervall [1,3]. An keiner Stelle ist die erste Ableitung
> =0, aber ein globales Minimum und Maximum gibt es sehr
> wohl.
Ja stimmt. Deshalb wurden bei uns Extrma auf R -> R Funktionen auch auf offenen Intervallen definiert, dann hat man die Problematik gar nicht.
Ok, danke soweit, da kamen für mich auf jeden Fall ein paar wesentliche Aspekte hinzu, die ich sickern lassen muss.
Ich stelle mal gleich noch die Rechnung ein, anhand derer wir dann vielleicht diskutieren können wie man das mit der quadratischen Form genau macht :).
Grüße Mumrel
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> Also wenn H = [mm]\{x_0, ... , x_t\}[/mm] die kritischen Punkte
> wären, die man ohne Lagrange über die Hessematrix bestimmt
> hat und L = [mm]\{l_1, ..., l_n\}[/mm] die Punkte die Lagrange
> liefert.
> Dann kann man also noch diejenigen Punkte (und nur die)
> aus L hinzunehmen für die gilt, dass sie größer gleich
> (kleiner gleich) wie alle aus L und H sind?
Die Aufgabenstellung bei diesen Aufgaben ja meist, daß man in einen bestimmten Gebiet das globale Minimum und Maximum finden soll, z.B. für irgendeine Dosenfabrikation.
Von sämtlichen Extrema, die man ausgerechnet hat, nimmt man dann von den Minima das mit dem kleinsten Funktionswert und entsprechend bei den Maxima das mit dem größten. Diese Punkte können innen liegen oder auf dem Rand.
> Ich stelle mal gleich noch die Rechnung ein,
Damit hast Du bereits angefangen.
Für die Vorbereitung der Klausur empfehle ich Dir, viele Beispiele zu rechnen, am besten aus alten Klausuren, anhand derer Du Dir das Wichtige merkst.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:14 Mi 29.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
| Aufgabe |
In einen Halbkreis mit Raidu r > 0 soll ein Rechteck maximalen Flächeninhalts einbschrieben werden. (Kanten parallel bzw. senkrecht zu der Symetrieache d. Kreises).
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Ansatz:
Also die Funktion f(x,y) gibt den Flächeninhalt an, der durch zwei Koordinaten d. Eckpunktes (>0) bestimmt wird.
f(x, y) = 2xy
Die NB dass sich der Punkt auf dem Kreis befindet lässt sich also asudrücken:
g(x,y):= [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm] - [mm] r^2 [/mm] = 0
H(x, y, [mm] \lambda) [/mm] = 2xy + [mm] \lambda (x^2 +y^2 [/mm] - [mm] r^2)
[/mm]
1) [mm] \frac{\partial H}{\partial x} [/mm] = 2y + [mm] 2x\lambda
[/mm]
2) [mm] \frac{\partial H}{\partial y} [/mm] = 2x + [mm] 2y\lambda
[/mm]
3) [mm] \frac{\partial H}{\partial \lambda} [/mm] = [mm] x^2 [/mm] + [mm] y^2 [/mm] - [mm] r^2
[/mm]
Aus 1) und 2) folgt (wenn das null sein soll)
y = [mm] -x\lambda
[/mm]
x = [mm] -y\lambda
[/mm]
x ist also ein [mm] \lambda-faches [/mm] von y und anderstrum. Das geht natülich nur wenn [mm] \lambda [/mm] = 1 oder [mm] \lambda [/mm] = -1 ist.
Da negative Werte keinen Sinn machen muss (HKreis um Ursprung) [mm] \lambda [/mm] -1 sein.
Für [mm] \lamda [/mm] = 1 sollte man die gleiche Lösung rausbekomen, nur eben mit dem HKreis auf der anderern Seite geöffnet.
Außerdem folgt nun x = y.
Mit dem Wissen in 3)
[mm] x^2 [/mm] + [mm] x^2 [/mm] = [mm] r^2
[/mm]
[mm] 2x^2 [/mm] = [mm] r^2
[/mm]
=> x = [mm] \frac{r}{\sqrt{2}} [/mm] = y
Ok an der Stelle wären wir natürlich fertig. Das Minimum erhält man für x=y=0 und da wir nur einen Wert raus haben ist das unser Maxiumum.
Aber zur Übung wollte ich jetzt eben noch das hinreichende Kriterium anwenden.
[mm] \sum_{i=1}^{n} \left \sum_{j=1}^{n} \frac{\partial^2 H}{\partial x_i \partial x_j} (x_0, \lambda) h_i h_j \right
[/mm]
Es werden allso alle zweiten Ableitungen nach x,y benötigt
[mm] \frac{\partial^2 H}{\partial x \partial x} [/mm] = [mm] 2\lambda
[/mm]
[mm] \frac{\partial^2 H}{\partial y \partial y} [/mm] = [mm] 2\lamdba
[/mm]
[mm] \frac{\partial^2 H}{\partial x \partial y} [/mm] = 2
Die Quadtratische Form wäre also:
[mm] 2\lambda(x-x_0)^2 [/mm] + [mm] 2\lambda(y-y_0)^2 [/mm] + [mm] 4(x-x_0)(y-y_0)
[/mm]
und für h = (x, [mm] y)^T [/mm] muss gelten:
[mm] \nabla [/mm] g [mm] (x_0) [/mm] * h = 0
[mm] \nabla [/mm] g = [mm] \vektor{2x \\ 2y}
[/mm]
[mm] \nabla [/mm] g [mm] (x_0) [/mm] = [mm] \vektor{\frac{2r}{\sqrt{2}} \\ \frac{2r}{\sqrt{2}}}
[/mm]
[mm] \nabla(g)(x_0) [/mm] * h = [mm] \sqrt{2}rx [/mm] + [mm] \sqrt{2}ry [/mm] = 0
Das sagt uns x = -y bzw. y = -x.
(EDIT: hier stand falsches)
Dann kommt jetzt die quadratische Form im Punkt [mm] x_0:
[/mm]
-2(x - [mm] \frac{r}{\sqrt{2}})^2 [/mm] -2(y - [mm] \frac{r}{\sqrt{2}})^2 [/mm] + [mm] 4(x-\frac{r}{\sqrt{2}})(y [/mm] - [mm] \frac{r}{\sqrt{2}})
[/mm]
Hierbei komme ich dann auf
[mm]-2x^2 - 2y^2 + 4xy + 2\sqrt{2}r(x + y) - \frac{4r}{\sqrt{2}}(x+y)[/mm]
Das einzigste was übrig bleibt ist wegen |x| = |y| (siehe oben)
[mm] -2x^2 [/mm] - [mm] 2y^2 [/mm] + 4xy und das ist wegen |x|=|y| und x = -y bzw. y=-y negativ.
Puh, aber selbst wenn ich mich hier nicht verrechnet habe, das dauert ja ewig.
Ich freue mich wieder über Anregungen, Hinweise, Fehler und Tipps wie man das besser macht ;)
Grüße Mumrel
Danke vielmals und Grüße
Mumrel
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:37 Mi 29.08.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Mumrel,
> Dann kommt jetzt die quadratische Form im Punkt [mm]x_0:[/mm]
>
> [mm]-2(x - \frac{r}{\sqrt{2}})^2 -2(y - \frac{r}{\sqrt{2}})^2 + 4(x-\frac{r}{\sqrt{2}})(y - \frac{r}{\sqrt{2}})[/mm]
Da musst du aber noch y=-x einsetzen, um festzustellen, ob die quadratische Form entlang der Tangente an den Kreis positiv oder negativ definit ist:
[mm]-2(x - \frac{r}{\sqrt{2}})^2 -2(-x - \frac{r}{\sqrt{2}})^2 + 4(x-\frac{r}{\sqrt{2}})(-x - \frac{r}{\sqrt{2}})[/mm]
[mm] = -2 \left( (x - \frac{r}{\sqrt{2}})^2 + (-x - \frac{r}{\sqrt{2}})^2 -2 (x-\frac{r}{\sqrt{2}})(-x - \frac{r}{\sqrt{2}})\right)[/mm]
[mm] = -2 \left( (x - \frac{r}{\sqrt{2}}) - (-x - \frac{r}{\sqrt{2}})\right)^2 =-8x^2[/mm]
Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:44 Mi 29.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
Hallo Rainer,
Ja ich hab den Fehler dann auch noch bemerkt, aber da wars danns chon geposted.
> [mm] =-8x^2
[/mm]
Du galubst mir gar nicht wie gut das tut auf das gleiche zu kommen ;).
Aber trotzdem, geht das nicht einfacher? Was ist z.B. mit der von Angela vorgeschlagenen Einsatzmethode.
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>
> In einen Halbkreis mit Raidu r > 0 soll ein Rechteck
> maximalen Flächeninhalts einbschrieben werden. (Kanten
> parallel bzw. senkrecht zu der Symetrieache d. Kreises).
>
>
>
> Ansatz:
> Also die Funktion f(x,y) gibt den Flächeninhalt an, der
> durch zwei Koordinaten d. Eckpunktes (>0) bestimmt wird.
> f(x, y) = 2xy
>
> Die NB dass sich der Punkt auf dem Kreis befindet lässt
> sich also asudrücken:
> g(x,y):= [mm]x^2[/mm] + [mm]y^2[/mm] - [mm]r^2[/mm] = 0
>
> H(x, y, [mm]\lambda)[/mm] = 2xy + [mm]\lambda (x^2 +y^2[/mm] - [mm]r^2)[/mm]
>
> 1) [mm]\frac{\partial H}{\partial x}[/mm] = 2y + [mm]2x\lambda[/mm]
>
> 2) [mm]\frac{\partial H}{\partial y}[/mm] = 2x + [mm]2y\lambda[/mm]
>
> 3) [mm]\frac{\partial H}{\partial \lambda}[/mm] = [mm]x^2[/mm] + [mm]y^2[/mm] - [mm]r^2[/mm]
>
> Aus 1) und 2) folgt (wenn das null sein soll)
> y = [mm]-x\lambda[/mm]
> x = [mm]-y\lambda[/mm]
>
> x ist also ein [mm]\lambda-faches[/mm] von y und anderstrum. Das
> geht natülich nur wenn [mm]\lambda[/mm] = 1 oder [mm]\lambda[/mm] = -1 ist.
Hallo,
das ist nicht ganz vollständig.
Das geht nämlich auch für [mm] \lambda=0. [/mm] Diese Lösung mußt Du mitbetrachten, auch wenn sie hier nicht relevant ist, weil der Punkt (0,0) die Nebenbedingung nicht erfüllt.
Aber es könnte ja mal eine Aufgabe kommen, wo das wichtig ist.
> Da negative Werte keinen Sinn machen muss (HKreis um
> Ursprung) [mm]\lambda[/mm] -1 sein.
> Für [mm]\lamda[/mm] = 1 sollte man die gleiche Lösung rausbekomen,
> nur eben mit dem HKreis auf der anderern Seite geöffnet.
> Außerdem folgt nun x = y.
>
> Mit dem Wissen in 3)
> [mm]x^2[/mm] + [mm]x^2[/mm] = [mm]r^2[/mm]
> [mm]2x^2[/mm] = [mm]r^2[/mm]
>
> => x = [mm]\frac{r}{\sqrt{2}}[/mm] = y
>
> Ok an der Stelle wären wir natürlich fertig. Das Minimum
> erhält man für x=y=0
Nein. Dieser Punkt erfüllt ja gar nicht die Nebenbedingung.
Du betrachtest ja
> den Flächeninhalt, der
> durch zwei Koordinaten d. Eckpunktes (>0) bestimmt wird,
also die Punkte, die auf dem Halbkreis mit Ausnahme der x-Achse liegen. Diese Menge ist offen, und auf dieser Menge findest Du eben nur ein Maximum.
Durch Hinzunahme des Punktes (r,0) kannst Du die Menge abschließen. Dieser Punkt an der Ecke ist dann gesondert zu untersuchen. Natürlich hat man dort das Minimum.
Generell kannst Du Dir das merken: wenn die zu untersuchenden Gebiete durch irgendwelche "Ecken" begrenzt sind, muß man diese Punkte auch noch unter die Lupe nehmen.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:20 Di 28.08.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo Murmel
HINREICHENDE Bedingungen haben es immer an sich, dass sie ja nicht notwendig sind.
Sie sagen also nur; Wenn die Bed. erfüllt ist liegt ein max bzw. Min vor, Wenn sie nicht erfüllt sind weisst du erstmal gar nix!!
das ist schon in 1ddim so, wenn [mm] f'(x_0)=0 [/mm] und f''<0 hurra Max, aber f''=0 bäh--ich weiss leider noch nix!
Gruss leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:51 Di 28.08.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Mumrel,
> 4) Lässt es sich anschaulich Begründen warum man nur
> Vektoren betrachtet, die orthogonal zur Nebenbedinung
> stehen? Soll sie in irgendeiner Form "konstant" bleiben?
> Man sich also nur in Richtungen bewegt unter dnen die NB
> erhalten bleibt?
Anschaulich betrachtet, ist das genau der Punkt. Die Bedingung [mm]g(x)=0[/mm] definiert eine (n-1)-dimensionale Hyperfläche im [mm]\IR^n[/mm] (außer in entarteten Fällen, aber die betrachten wir hier nicht). Alle Vektoren h mit [mm]\nabla g(x_0)\cdot h[/mm] liegen in der Tangentialebene an diese Hyperfläche im Punkt [mm]x_0[/mm], denn [mm]\nabla g(x_0)[/mm] steht im Punkt [mm]x_0[/mm]senkrecht auf dieser Tangentialebene. Für diese Vektoren bleibt also (in niedrigster Näherung) die Nebenbedingung erhalten.
Ansonsten hast du schon recht mit deinem Punkt 2): Man macht es, damit der Term wegfällt und ein einfaches Kriterium entsteht. Das ist dann offensichtlich hinreichend. Und wie leduart schon schrieb: das ist oft so bei hinreichenden Kriterien, dass man nicht alle Möglichkeiten erwischt.
Grüße
Rainer
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 Di 28.08.2007 | | Autor: | Mumrel |
Beim weiteren Umschauen nach dem Thema bin ich auf diese schöne anschauliche Erklärung gestoßen:
http://www.slimy.com/~steuard/teaching/tutorials/Lagrange.html#Graphical
Der Autor beton ja von anfang an, dass wenn man es mathematisch korrekt will woanderst schauen muss, aber es ist ja gut zu wissen, dass es auch eine anschauliche Erklärung für diese Nebenbedinung gibt.
Vielleicht ist das jetzt auch gefährlich, weil nur auf anschaulicher Ebene argumentiert, aber wenn man diese Problem so betrachtet in 2D und Ellipsen, dann wäre es (zumindest hier im speziellen Fall) ja so, dass sogar jeder Extrempunkt der Bedinung [mm] \nabla [/mm] g * h = 0 genügt.
Aber ich will mich da nicht zu weit aus dem Fenster lehnen und erstmal das grundsätzliche Verfahren auf die Reihe kriegen ;).
Danke an alle Antworten soweit
Grüße Mumrel
P.S. Hier auch nochmal anschaulich
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