Differenzieren 3 Parameter < mehrere Veränderl. < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:44 Fr 05.06.2009 | | Autor: | Lyrone |
| Aufgabe | Bestimmen Sie alle Stellen, an denen [mm]f \ : \ \IR^3 \to\IR[/mm] mit
[mm]f(x,y,z) = x^3 + y^3 - x^2 -y^2 - 2xy + z^2 +2z[/mm]
Extrema oder Sattelpunkte hat. Entscheiden Sie jeweils, ob es sich um Stellen relativer Maxima, relativer Minima oder von Sattelpunkten handelt. (Berechnung der zugehörigen Funktionswerte nicht erforderlich) |
Hallo,
ich hoffe ich bin im richtigen Forum gelandet, trotz Recherche bin ich mir unsicher. Gleichungen dieser Art habe ich noch nicht abgeleitet, aber dank Google habe ich wenigstens einen Ansatz. Ich habe jeden Parameter einzelnd betrachtet und abgeleitet, die anderen, dann nicht genutzten Parameter, als Konstante gesehen.
Ich leite sie jeweils 2 mal ab:
[mm]
f'(x) = 3x^2 - 2x - 2y[/mm]
[mm]f''(x) = 6x - 2[/mm]
[mm]
f'(y) = 3y^2 - 2y - 2x[/mm]
[mm]f''(y) = 6y - 2[/mm]
[mm]
f'(z) = 2z + 2 [/mm]
[mm]f''(z) = 2[/mm]
Nun möchte ich alle [mm]f'[/mm] Gleichungen gleich 0 setzen um an die Extremstellen zu kommen, das [mm]z = -1[/mm] ist erkennt man ja. Und das dort ein Minimun vorliegen muss schließe ich aus [mm]f''(z) = 2[/mm]. Aber was ist mit der Funktion [mm]f'(x)[/mm] und [mm]f'(y)[/mm]? In beiden haben ja unbekannte Konstante, wie gehe ich hier vor?
Schönen Gruß
Lyrone
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Hallo Lyrone,
eins vorweg: Man schreibt nicht [mm]f'(x) = ...[/mm] sondern [mm] \partial_xf(x,y,z) [/mm] (da auch die ![[]](/images/popup.gif) partielle Ableitung wieder eine Funktion von x,y UND z ist) oder [mm] f_x(x,y,z).
[/mm]
Deine partiellen Ableitungen scheinen aber soweit zu stimmen 
> Nun möchte ich alle [mm]f'[/mm] Gleichungen gleich 0 setzen um an
> die Extremstellen zu kommen,
Dann mach das doch, da es richtig ist.
> das [mm]z = -1[/mm] ist erkennt man ja.
Korrekt.
> Und das dort ein Minimun vorliegen muss schließe ich aus
> [mm]f''(z) = 2[/mm].
Nein, aber dazu später mehr.
> Aber was ist mit der Funktion [mm]f'(x)[/mm] und [mm]f'(y)[/mm]?
> In beiden haben ja unbekannte Konstante, wie gehe ich hier
> vor?
Du hast keine unbekannten Konstanten.
Du sollst ALLE partiellen Ableitungen Null setzen, du bekommst also ein Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und 3 unbekannten.
Dass du aus der dritten Gleichung sofort bekommst [mm]z=-1[/mm] hast du ja bereits gut erkannt, bleiben also noch 2 Gleichungen und 2 unbekannte, die du zu lösen hast.
Das sollte machbar sein, denn ein kritischer Punkt im [mm] \IR^3 [/mm] besteht dann natürlich aus 3 Komponenten und nicht nur aus einer.
Allgemein schreibt man die partiellen Ableitungen allerdings in eine Matrix, Jacobi-Matrix genannt, und setzt diese Null.
Ist letztendlich das Gleiche
Nun zu deinen "zweiten" Ableitungen.
Du kannst natürlich nicht nur die zweite partielle Ableitung nach einer Komponente betrachten und daraus schliessen, dass ein Maximum vorliegt.
Vielmehr musst du dir die Hesse-Matrix an der kritischen Stelle anschauen und prüfen, ob sie positiv definit, negativ definitv oder indefinit ist.
Ich hab die wichtigsten Stellen verlinkt.
Wenn du dir wirklich alles selbst erarbeitest, dann lies dir das am Besten durch, das wird dir weiterhelfen.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:57 Sa 06.06.2009 | | Autor: | Lyrone |
Hallo Gono,
danke für deine ausführliche Antwort. Habe es mir durchgelesen und versucht zu verinnerlichen, aber ich brauche noch bissel Hilfe.
Hier mal mein neuer Weg:
[mm]f_{x}(x,y,z) = 3x^2 - 2x - 2y[/mm]
[mm]f_{xx}(x,y,z) = 6x - 2[/mm]
[mm]f_{xy}(x,y,z) = -2[/mm]
[mm]f_{xz}(x,y,z) = 0[/mm]
[mm]f_{y}(x,y,z) = 3y^2 - 2y - 2x[/mm]
[mm]f_{yx}(x,y,z) = -2[/mm]
[mm]f_{yy}(x,y,z) = 6y - 2[/mm]
[mm]f_{yz}(x,y,z) = 0[/mm]
[mm]f_{z}(x,y,z) = 2z + 2[/mm]
[mm]f_{zx}(x,y,z) = 0[/mm]
[mm]f_{zy}(x,y,z) = 0[/mm]
[mm]f_{zz}(x,y,z) = 2[/mm]
Durch die 3 Gleichungen:
[mm]f_{x}(x,y,z) = 3x^2 - 2x - 2y[/mm]
[mm]f_{y}(x,y,z) = 3y^2 - 2y - 2x[/mm]
[mm]f_{z}(x,y,z) = 2z + 2[/mm]
Habe ich folgende Ergebnisse bekommen:
[mm]x = 0 \ \ x = \frac{4}{3}[/mm]
[mm]y = 0 \ \ y = \frac{4}{3}[/mm]
[mm]z = -1[/mm]
Als relative Extremwerte kommen daher folgende Stellen in Frage:
[mm](0, 0, -1); \ (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1); \ (\frac{4}{3}, 0, -1); \ (0, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
Kann man das so schreiben?
Nun habe ich die Hesse-Matrix gebastelt, hier bin ich mir aber unsicher ob diese stimmt:
[mm]
H(f) \ = \ \begin{pmatrix}
6x-2 & -2 & 0 \\
-2 & 6y-2 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}[/mm]
Stimmt diese so?
Jetzt habe ich es so verstanden, das die Eigenwerte untersucht werden sollen, diese bekomme ich aber nicht wirklich raus.
[mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
6x-2-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & 6y-2-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (6x-y-\lambda)\cdot(6y-2-\lambda)\cdot(-2-\lambda) - 4\cdot(-2-\lambda) = 0[/mm]
Ab hier komme ich nicht weiter, 3 Unbekannte ... eine Gleichung. Das passt nicht. Wie gehe ich hier weiter vor?
Schönen Gruß,
Lyrone.
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Hallo Lyrone,
> Hallo Gono,
>
> danke für deine ausführliche Antwort. Habe es mir
> durchgelesen und versucht zu verinnerlichen, aber ich
> brauche noch bissel Hilfe.
>
> Hier mal mein neuer Weg:
>
> [mm]f_{x}(x,y,z) = 3x^2 - 2x - 2y[/mm]
> [mm]f_{xx}(x,y,z) = 6x - 2[/mm]
>
> [mm]f_{xy}(x,y,z) = -2[/mm]
> [mm]f_{xz}(x,y,z) = 0[/mm]
>
> [mm]f_{y}(x,y,z) = 3y^2 - 2y - 2x[/mm]
> [mm]f_{yx}(x,y,z) = -2[/mm]
>
> [mm]f_{yy}(x,y,z) = 6y - 2[/mm]
> [mm]f_{yz}(x,y,z) = 0[/mm]
>
> [mm]f_{z}(x,y,z) = 2z + 2[/mm]
> [mm]f_{zx}(x,y,z) = 0[/mm]
> [mm]f_{zy}(x,y,z) = 0[/mm]
>
> [mm]f_{zz}(x,y,z) = 2[/mm]
>
> Durch die 3 Gleichungen:
> [mm]f_{x}(x,y,z) = 3x^2 - 2x - 2y[/mm]
> [mm]f_{y}(x,y,z) = 3y^2 - 2y - 2x[/mm]
>
> [mm]f_{z}(x,y,z) = 2z + 2[/mm]
>
> Habe ich folgende Ergebnisse bekommen:
> [mm]x = 0 \ \ x = \frac{4}{3}[/mm]
> [mm]y = 0 \ \ y = \frac{4}{3}[/mm]
> [mm]z = -1[/mm]
>
> Als relative Extremwerte kommen daher folgende Stellen in
> Frage:
> [mm](0, 0, -1); \ (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1); \ (\frac{4}{3}, 0, -1); \ (0, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
>
> Kann man das so schreiben?
Ja, sicher kann das so geschrieben werden.
Die möglichen Extremwerte erfüllen jedoch nicht alle die Bedingung [mm]f_{x}=f_{y}=f_{z}=0[/mm].
Aus der Subtraktion der Gleichungen
[mm]3x^{2}=2x+2y[/mm]
[mm]3y^{2}=2x+2y[/mm]
folgt durch Faktorisierung [mm]y=x \vee y=-x[/mm]
Woraus sich wiederum die ersten 2 Stellen ergeben:
[mm](0, 0, -1); \ (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
>
> Nun habe ich die Hesse-Matrix gebastelt, hier bin ich mir
> aber unsicher ob diese stimmt:
>
> [mm]
H(f) \ = \ \begin{pmatrix}
6x-2 & -2 & 0 \\
-2 & 6y-2 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}[/mm]
>
> Stimmt diese so?
>
> Jetzt habe ich es so verstanden, das die Eigenwerte
> untersucht werden sollen, diese bekomme ich aber nicht
> wirklich raus.
>
> [mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
6x-2-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & 6y-2-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (6x-y-\lambda)\cdot(6y-2-\lambda)\cdot(-2-\lambda) - 4\cdot(-2-\lambda) = 0[/mm]
>
> Ab hier komme ich nicht weiter, 3 Unbekannte ... eine
> Gleichung. Das passt nicht. Wie gehe ich hier weiter vor?
Setze hier die ermittelten Tripel [mm]\left(x,y,z\right)[/mm] ein.
>
> Schönen Gruß,
> Lyrone.
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:51 So 07.06.2009 | | Autor: | Lyrone |
Hallo MathePower,
danke für den Tip, ich glaub ich habs raus.
[mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
6x-2-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & 6y-2-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (6x-y-\lambda)\cdot(6y-2-\lambda)\cdot(-2-\lambda) - 4\cdot(-2-\lambda) = 0[/mm]
[mm](0, 0, -1); \ (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
Soerst (0, 0, -1):
[mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
-2-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & -2-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (-2 - \lambda)^2 \cdot (2-\lambda) - 8 + 4\lambda = \lambda \cdot (\lambda - 2) \cdot (\lambda +4) = 0[/mm]
[mm]\lambda = 0; \lambda = 2; \lambda = -4[/mm] ist indefinit, also liegt ein Sattelpunkt vor.
Nun [mm](\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
[mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
6-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & 6-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (6 - \lambda)^2 \cdot (2-\lambda) - 8 + 4\lambda = (\lambda - 8) \cdot (\lambda - 4) \cdot (\lambda - 2) = 0[/mm]
[mm]\lambda = 8; \lambda = 4; \lambda = 2[/mm] ist positiv definit, also liegt ein Minimum vor.
Stimmt das so?
Schönen Sonntag noch... .
Gruß
Lyrone
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Hallo Lyrone,
> Hallo MathePower,
>
> danke für den Tip, ich glaub ich habs raus.
>
> [mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
6x-2-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & 6y-2-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (6x-y-\lambda)\cdot(6y-2-\lambda)\cdot(-2-\lambda) - 4\cdot(-2-\lambda) = 0[/mm]
>
> [mm](0, 0, -1); \ (\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
>
> Soerst (0, 0, -1):
> [mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
-2-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & -2-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (-2 - \lambda)^2 \cdot (2-\lambda) - 8 + 4\lambda = \lambda \cdot (\lambda - 2) \cdot (\lambda +4) = 0[/mm]
>
> [mm]\lambda = 0; \lambda = 2; \lambda = -4[/mm] ist indefinit, also
> liegt ein Sattelpunkt vor.
Indefinit heißt ja, wenn positive und negative Eigenwerte auftreten.
Gehört hier auch die "0" dazu, so ist das ein Sattelpunkt.
>
> Nun [mm](\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, -1)[/mm]
>
> [mm]\det(H(f) - \lambda \cdot E)\ = \begin{vmatrix}
6-\lambda & -2 & 0 \\
-2 & 6-\lambda & 0 \\
0 & 0 & 2-\lambda
\end{vmatrix} \ = \ (6 - \lambda)^2 \cdot (2-\lambda) - 8 + 4\lambda = (\lambda - 8) \cdot (\lambda - 4) \cdot (\lambda - 2) = 0[/mm]
>
> [mm]\lambda = 8; \lambda = 4; \lambda = 2[/mm] ist positiv definit,
> also liegt ein Minimum vor.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Stimmt das so?
>
>
> Schönen Sonntag noch... .
>
> Gruß
> Lyrone
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:56 Mo 08.06.2009 | | Autor: | Lyrone |
Danke Gonozal_IX und Mathepower für eure Hilfe!
Gruß
Lyrone.
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