Hallo,$$f(\vec{x})= -e^{x} (x+y^{2}+2y) \to \max \\ M= \{x∈ℝ^{2}\space |g(x)=0\}, \quad g(x)=x^{2}+y^{2}+2y$$
1. M ist ein Kreis
Ja - \(M\) ist ein Kreis. \(g(x)=0\) lässt sich umformen zu \(x^{2} + (y+1)^2 = 1\) Unten ist der Keis lila dargestellt.
Weiter habe ich Höhenlinien der Funkion \(f\) eingezeichnet. Negative Werte sind rot und die positiven grün. Die Nulllinie ist schwarz gestrichelt.
Auf Grund dieser Graphik lässt sich bereits sagen, dass zwei Maxima und zwei Minima auf dem Kreis zu erwarten sind.
2). es existiert ein Langrangscher Multiplikator lambda mit dem die Gleichung ∇f(x̄)+λ∇g(x̄)=0 besteht.
Ja - die Rechnung ist wie folgt:$$\begin{aligned} \operatorname{grad} f(\vec{x}) + \lambda \operatorname{grad} g(\vec{x}) = \vec{0} \\ \begin{pmatrix} -e^{x} (x+y^{2}+2y+1)\\-e^{x}(2y+2) \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2x\\2y +2 \\ \end{pmatrix}= \vec{0} \\ e^{x} (x+y^{2}+2y+1) (2y +2) &= e^{x}(2y+2) \cdot 2x \\ (x+y^{2}+2y+1) (y +1) &= (2y+2)x \\ xy+y^{3}+2y^2+y + x+y^{2}+2y+1 &= 2xy + 2x \\ y^{3}+3y^2+3y+1 &= xy + x \\ (y+1)^3 &= x(y+1) &&|\,\implies y_1 = -1 \\ (y+1)^2 &= x \\ g(x) = x^2+y^2 +2y + 1 - 1 &= 0\\ x^2-1 + (y+1)^2 &= 0 \\ x^2-1 +x &= 0 \\ x_{3,4} &= \frac{1}{2}\left( -1\pm\sqrt{5} \right)\\ \end{aligned}$$Das erste Ergebnis ist \(y_1=-1\). Setzt man dies in die Nebenbedingung ein, erhält man \(x_{1,2} = \pm1\) (wie erwartet s. Graphik).
Einsetzen von \(x_{3,4}\) in die Nebenbedingung gibt$$\begin{aligned} y^2+2y + 1 - 1 + \frac{1}{4}(6 \mp 2\sqrt{5}) &= 0 \\ (y+1)^2 &= 1 - \frac{1}{2}(3 \mp \sqrt{5}) \\ y_{3,4} &= -1\pm\sqrt{\frac{1}{2} \sqrt{5} - \frac{1}{2}} \end{aligned}$$Beim Wurzelziehen von der zweiten zur dritten Zeile entfällt das Ergebnis für \(x_4\), da in diesem Fall das Argument unter der Wurzel negativ wird.
Es bleiben trotzdem noch vier Lösungen, die ich oben markiert habe.
3. Wahr: f ist auf ℝ² stetig differenzierbar. Die partiellen Ableitungen existieren und sind stetig auf ℝ², da ex und (x + y² + 2y) für alle (x, y) ∈ ℝ² stetig sind. Daher ist f auf ℝ² stetig differenzierbar
Kann man das so ausdrücken?
Ja - ich denke das passt.
Gruß Werner
