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Aufgabe:

Ich habe in der letzten Zeit einige Uni zum Lagrange Verfahren durchgerechnet. Hierbei ist mir immerwieder aufgefallen, das in der Musterlösung auf singuläre Punkte überprüft wird, indem man den Gradienten der Nebenbediengung 0 setzt. Leider gab es nie singuläre Punkte und jetzt befürchte ich, das es in meiner Klausur dazu kommen könnte. Leider habe ich keine Ahnung wie ich singuläre Punkte bestimme, falls der Gradient der Nebenbediengung dann doch mal gleich 0 ist.


Problem/Ansatz:

Kann mir eventuell jemand ein kleines Beispiel für diese Problem geben? Ich habe weder im Skript noch in meinen Vorlesungen ein solches Problem.


Vielen Dank im Voraus!

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3 Antworten

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Hallo

 kannst du genauer irgend ein Bsp angeben, wo man den grad der Nebenbedingung 0 setzt?

Gruß lul

Avatar von 108 k 🚀

Nebenbediengung x2 + y2+2 = 0

Gradient hier wäre:


2x
2y


Wenn ich diesen jetzt 0 setzten würde, dann erhalte ich: x=0 und y=0, was soviel bedeutet das ich einen singulären Punkt in (0/0) habe. Oder verstehe ich hier was falsch? Was fange ich hiermit an?


In meinen Aufgaben habe ich immer nur Gradienten gehabt wie:

1
2


oder

sin(x)
cos(x)


Bei diesen 2 kann es ja keine Lösungen geben, also auch keine singulären Punkten.

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Hallo DerWifo,

ich glaube, Du verwechselst hier etwas. Die Nebenbedingung muss gleich Null sein und wird dann in die Lagrangefunktion mit dem Multiplikator eingefügt.

Hier mal ein Beispiel:

Lagrange.JPG

Avatar von 3,4 k
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Hi, nimm mal folgendes Beispiel:

Minimiere \( f(x,y) = y \) unter der Nebenbedingung  \(  g(x,y) = y^3 - x^2 = 0 \)

Aus der Nebenbedingung folgt \( y \ge  0 \) und damit liegt das Minimum bei \( (0,0) \)

Aus dem Lagrange Formalismus folgt mit $$  \mathcal{L}(x,y) = f(x,y) + \lambda g(x,y)  = y + \lambda (y^3 - x^2) $$ $$ (1) \quad \mathcal{L}_x(x,y) =  -2 \lambda x = 0 \\ (2) \quad  \mathcal{L}_y(x,y) = 1 + 3 \lambda y^2 = 0 \\  (3) \quad \mathcal{L}_\lambda (x,y) =   y^3 -x^2 = 0 $$

aus (1) folgt \( \lambda = 0 \text{ oder } x = 0 \)

aus (2) folgt \( \lambda \ne 0 \) und damit folgt

aus (3) \(  y = 0 \) was aber im Widerspruch zu (2) steht.

Also erhält man aus dem Lagrange Formulismus keinen möglichen kritischen Punkt.

Der Grund liegt darin, dass für die Anwendung des Lagrange Formalismus gelten muss

\( \nabla_{x,y} g(0,0) \) muss den vollen Rang haben. Es gilt aber \( \nabla_{x,y} g(0,0) = (0,0) \)

Avatar von 39 k

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