Finden Sie alle Kandidaten für Minimalstellen.

Question

f(x,y,z)=x^2+4y+14z --->minimal

g(x,y,z)=x^2+2y^2+7z^2-36≤0. Finden Sie alle Kandidaten für Minimalstellen. Welcher dieser Kandidaten sind wirklich Minimalstellen. Also ich habe die KKT-Bedingungen verwendet:

1. g(x,y,z)<=0

2. Lagrange Funktion aufstellen: (2x,4,14)+ λ_1*(2x,4y,14z)=0

3. λ_1>=0

4. λ_1*(x^2+2y^2+7z^2-36)=0

Ich habe versucht mit Fallunterscheidungen (zbsp λ_1=0 oder x^2+2y^2+7z^2-36=0) voranzukommen jedoch komm ich nicht ganz auf die gültigen Werte. Könnte mir jemand weiterhelfen?

Answer 1

Aloha :)

Die gegebene Funktion$$f(x;y;z)=x^2+4y+14z$$hat auf \(\mathbb R^3\) keine Extremstellen, da ihr Gradient$$\operatorname{grad}f(x;y;z)=\begin{pmatrix}2x\\4\\14\end{pmatrix}\ne\vec 0$$an keiner Stelle \((x;y;z)\in\mathbb R^3\) verschwindet.

Die Nebenbedingung \(g\) grenzt jedoch die Definitionsmenge der Funktion ein. Insbesondere definiert die Nebenbedingung \(g\) im Gleichheitsfall den Rand des infrage kommenden Definitionsbereich. Dort kann die Funktion \(f\) Randextrema aufweisen.. Wir brauchen daher nur den Fall der konstanten Nebenbedingung \(g\) zu untersuchen:$$g(x;y;z)=x^2+2y^2+7z^2=36$$

Nach Lagrange muss bei einem Extremum der Gradient der zu optimierenden Funktion eine Linearkombination der Gradienten aller konstanten Nebenbedingungen sein. Da es hier nur eine Nebenbedingung gibt, heißt das:$$\operatorname{grad}f(x;y;z)\stackrel!=\lambda\cdot\operatorname{grad}g(x;y;z)\implies\begin{pmatrix}2x\\4\\14\end{pmatrix}=\lambda\cdot\begin{pmatrix}2x\\4y\\14z\end{pmatrix}$$

Aus der Gleichung für die erste Koordinate \(2x=\lambda\cdot2x\) folgt \(\lambda=1\) oder \(x=0\).

1, Fall: \(\lambda=1\)

Die Gradientengleichung \(y=1\) und \(z=1\). Diese beiden Werte in die Nebenbedingung eingesetzt liefert mögliche \(x\)-Werte:$$36=x^2+2\cdot1^2+7\cdot1^2=x^2+9\implies x^2=27=9\cdot3\implies x=\pm3\sqrt3$$Wir finden also 2 Kandidaten für Extremwerte:\(\quad K_1(-3\sqrt3|1|1)\quad;\quad K_2(3\sqrt3|1|1)\).

2. Fall: \(x=0\)

Die beiden Gradienten liegen nun in der yz-Ebene. Betrachten wir die Lagrange-Forderung nur in dieser Ebene, also$$\binom{4}{14}=\lambda\cdot\binom{4y}{14z}$$so müssen die beiden Vektoren kollinear sein. Das heißt, die von ihnen aufgespannte Fläche muss null sein. Also muss die Determinante mit den Gradienten als Spaltenvektoren null sein:$$0\stackrel!=\left|\begin{array}{cc}4 & 4y\\14 & 14z\end{array}\right|=4\cdot14\cdot\left|\begin{array}{cc}1 & y\\1 & z\end{array}\right|=56(z-y)\implies y=z$$

Wir setzen \(x=0\) und \(y=z\) in die Nebenbedingung ein:$$36=0^2+2y^2+7y^2=9y^2\implies 4=y^2\implies y=z=\pm2$$

Wir erhalten 2 weiter Kandidaten für Extrema:\(\quad K_3(0|-2|-2)\quad;\quad K_4(0|2|2)\)

Nun brauchst du nur noch zu prüfen, welcher dieser 4 Kandidaten tatsächlich minimal ist.

Comments

So ganz habe ich nicht verstanden, warum wir nur den Rand des Ellipsoiden untersuchen müssen und nicht das Innere.

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@Tschakabumba. Also ganz am Anfang wo du die Gradientengleichung aufgestellt hast. Müsste diese nicht anders aussehen, sprich: Gradient von f+lamda_1* gradient g=0

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@Mathecoach:

Mit den Mitteln der Differentialrechnung können wir eine Funktion nur über offenen Mengen auf Extrema untersuchen, weil eine Ableitung an den Randpunkten von Mengen nicht definiert ist. Da die Funktion \(f\) über der offenen Menge \(\mathbb R^3\) kein Extremum hat, können Extrema nur auftauchen, wenn der Definitionsbereich so eingeschränkt wird, dass er einen "Rand" hat. Die Extrema müssen dann auf dem Rand liegen. Vergleich mit dem Satz von Weiserstraß.

Die Funktion \(f(x)=x\) hat über \(\mathbb R\) kein Extremum, denn die Ableitung verschwindet nie, es ist \(f'(x)=1\ne0\). Wenn wir als Definitionsmenge aber z.B. \(\mathbb D=[-1;1]\) vorgeben, hat die Funktion ein Minimum bei \(x_1=-1\) und ein Maximum bei \(x_2=1\).

@Battel101:

Es ist egal, ob du den Ansatz$$\operatorname{grad}f=\lambda\cdot\operatorname{grad}g$$oder den Ansatz$$\operatorname{grad}+\lambda\cdot\operatorname{grad}g=\vec 0$$wählst. Beide Ansätze unterscheiden sich nur in dem Vorzeichen von \(\lambda\), was aber auf die Lösungen keinen Einfluss hat.

Ich finde aber den ersten Ansatz im Fall von zwei oder mehr Nebenbedingungen treffender, denn links steht der Gradient der zu optimierenden Funktion und rechts steht eine Linearkombination der Gradienten aller Nebenbedingungen:$$\operatorname{grad}f=\lambda_1\cdot\operatorname{grad}g_1+\lambda_2\cdot\operatorname{grad}g_2+\ldots$$

Aber eigentlcih ist das eher Geschmacksache ;)

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@Battel: Lass Dich nicht verwirren: Tschakakumba und Txman haben einen anderen Ansatz als Du. Sie bestimmen alle Kandidaten für ein Extremum. Daher auch die letzte Bemerkung von Tschakakumbs. Du aber hast die KKT Bedingungen angesetzt, um ausschließlich Kandidaten für ein Minimum zu berechnen. Dafür sind KKT Bedingungen genau einzuhalten, sonst wäre ja auch Deine Bedingung 3 sinnlos.

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anbei ein Desmos-Script, um das ganze zu veranschaulichen.

Das rote ist der Ellipsoid \(g(x,y,z) \le 0\) und die blaue Fläche die Menge aller Punkte \((x,y,z)\) mit der Bedingung \(f(x,y,z)=a\). Wobei der Wert für \(a\) sich über einen Schieber einstellen lässt.

Klick' auf das Bild, dann öffnet sich die Website Desmos3D und der Schieber ist oben links.

Man sieht dann sehr schön, wie die einzelnen Kandidaten für bestimmte Werte von \(a\) angefahren werden \(a_k \in \{-36,\,36,\, 45\}\)

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@Mathhilf ist somit mein Ansatz korrekt, also, dass ich direkt mit den KKT Bedingungen arbeite und schaue was zugelassen ist?

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Ja, das ist grundsätzlich korrekt. Allerdings habe ich nicht mehr alle Details im Kopf, da musst Du in Dein Lehrmaterial schauen.

Answer 2

Hallo.

Bei dir habe ich nicht ganz verstanden, was du gemacht hast.

Ich vermute mal, das die Aufgabe folgenderweise lautet:

Sei f : |R^3 —> |R, f(x,y,z) := x^2 + 4y + 14z gegeben. Bestimme die Minimalstellen von f  in der Teilmenge

U := {(x,y,z)^T : x^2 + 2y^2 + 7z^2 -36 ≤ 0}

des |R^3.

Dafür setzt du dann die Funktionale g definiert auf |R^3 als g(x,y,z) := x^2 + 2y^2 + 7z^2 -36. Dann gehst du in zwei Schritten vor:

1) Du bestimmst die Minimalstellen von f am Rand von der Menge U, also auf der Menge

Rand(U) = {(x,y,z)^T : x^2 + 2y^2 + 7z^2 -36 = 0}

2) Du bestimmst di Minimalstellen von f im Inneren von U, also auf der Menge

I(U) =  {(x,y,z)^T : x^2 + 2y^2 + 7z^2 -36 < 0}

Nun die Vorgehensweise:

Bei 1) nutzt du das Langrange-Verfahren wie bekannt. Hierbei bemerke, das f auf jeden Fall in Rand(U) absolute Extrema hat, da Rand(U) kompakt und f stetig ist. Das gilt nach dem Satz von Waierstraß.

Beachte: Das Gleichungssystem was du beim Langrange-Verfahren hier lösen musst ist tatsächlich aufwendig. Da musst du mehrmals rückeinsetzen.

Bei 2) ignoriere erstmal die Menge I(U) und bestimme allgemein die Minimalstellen der Funktion. Am Ende prüfst du nur, ob diese Minimalstellen in I(U) liegen.

Comments

Ja ich komme auf den Punkt P(0,-2-2). Ja der Punkt liegt in I(U) (bindend). Jedoch komme ich bei der geränderten Hesse Matrix auf eine negative Determinante, was ja auf ein Maximum hindeuten würde.

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Hierbei bemerke, das f auf jeden Fall in Rand(U) absolute Extrema hat, da Rand(U) kompakt und f stetig ist.

Falsch. Warum sollten die Extrema absolut sein?

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@Apfelmännchen Das ist der Satz von Waierstrass. Die Extrema sind auf der Menge Rand(U) absolut.

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@Battel101

Erstmal liegt der Punkt im Rand, nicht im Inneren. Überprüfe nochmal, in dem du es einsetzt.

Du hast dich entweder verrechnet oder etwas vergessen. Die Randmenge Rand(U) enthält nämlich auf jeden Fall auch ein Minimum.

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Äh ja... falsch gelesen... :D

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@Txman ok ok, hab bei der Matrix etwas vertauscht, passt jetzt. Bzgl. "Erstmal liegt der Punkt im Rand" habe ich eh gemeint, dass er speziell am Rand liegt, hab mich falsch ausgedrückt.

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Gut, dann ist ja hoffentlich alles klar :)