Globale Maxima bei zwei Variablen

Question

Aufgabe:

Sei D={(x,y)∈ℝ | x²+y² ≤ 1} und f: D →ℝ := 3x²-2xy+3y²

(i) Zeige, dass f auf D ein globales Minimum und ein globales Maximum annimmt.

(ii) Bestimme alle Punkte von D, bei denen f seine globale Maxima annimmt (mit Beweis).

Problem/Ansatz:

(i) WIe kann man sowas zeigen, ohne es zu berechnen? Ich hätte einfach versucht, die auszurechnen und dann wäre das ja gezeigt.

(ii) Ich habe zunächst das lokale Minimum bestimmt mit dem Gleichungssystem

fy= 6y-2x =0

fx= 6x-2y =0

→ x=0, y=0, z=0 und mit der Hessematrix Hf= \( \begin{pmatrix} 6 & -2 \\ -2 & 6 \end{pmatrix} \) und dem Hauptminorenkriterium nachgewiesen, dass es auch ein globales Minimum ist.

Dann schaue ich mir die Ränder an. Ich würde jetzt einfach schätzen, dass wir bei den Punkten (-1,0); (1,0); (0,1); (0,-1) die globalen Maxima im Definitionsbereich haben, da x und y maximal Werte von -1, 1 aufgrund von D annehmen können und f(x,y) bei allen Werte dazwischen kleiner werden sollte, da diese zu Brüchen führen. Oder gibt es da einen Trick, den ich mir nicht ergoogeln konnte? :)

Danke schonmal <3

Comments

hallo

 was ist denn f(1/√2, -1/√2)?

lul

Answer 1

Aloha :)$$f(x,y)=3x^2-2xy+3y^2$$$$\phantom{f(x,y)}=2x^2+2y^2+x^2-2xy+y^2$$$$\phantom{f(x,y)}=2(x^2+y^2)+(x-y)^2\ge0$$Für alle \(x,y\) aus der Definitionsmenge gilt \(x^2+y^2\le1\). Daher liegt auch der Punkt \((0|0)\) im Definitionsbereich, für den \(f(0,0)=0\) gilt, die Funktion also ihren mimimal möglichen Wert \(0\) annimmt.

Das globale Maximum wird entweder innerhalb der offenen Definitionsmenge mit \(x^2+y^2<1\) angenommen, was wir mit den Mitteln der Differentialrechnung überprüfen können, oder das globale Maximum befindet sich am Rand \(x^2+y^2=1\) des Definitionsbereichs. Daher nimmt die Funkton \(f(x,y)\) ein globales Maximum innerhalb ihrer Definitionsmenge an.

Bei (ii) hast du mit den Mitteln der Differentialrechnung bereits selbst festgestellt, dass in der offenen Definitionsmenge \(x^2+y^2<1\) kein Maximum vorliegt. Also muss das globale Maximum am Rand des Definitionsbereichs \(x^2+y^2=1\) zu finden sein. Die Randpunkte \((\pm1|0)\) und \((0|\pm1)\) dieses verbliebenen Definitionsbereichs können wir mit Mitteln der Differentialrechnung nicht betrachten und merken daher folgende Kandidaten für das globale Maximum vor:$$f(\pm1|0)=3$$$$f(0|\pm1)=3$$Nun setzen wir \(y^2=1-x^2\) bzw. \(y=\pm\sqrt{1-x^2}\) in die Funktionsgleichung ein:$$\tilde f(x)=3x^2\mp2x\sqrt{1-x^2}+3(1-x^2)=\mp2x\sqrt{1-x^2}+3$$$$\tilde f'(x)=\mp2\sqrt{1-x^2}\mp2x\frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}=\mp2\sqrt{1-x^2}\pm\frac{2x^2}{\sqrt{1-x^2}}$$Die erste Ableitung muss \(=0\) sein:$$\left.\mp2\sqrt{1-x^2}\pm\frac{2x^2}{\sqrt{1-x^2}}=0\quad\right|\;\cdot\sqrt{1-x^2}$$$$\left.\mp2(1-x^2)\pm2x^2=0\quad\right.$$$$\left.\mp2\pm4x^2=0\quad\right|\;\pm2$$$$\left.\pm4x^2=\pm2\quad\right|\;:(\pm4)$$$$\left.x^2=\frac{1}{2}\quad\right|\;\sqrt{\cdots}$$$$x=\pm\frac{\sqrt2}{2}$$Zusammen mit \(y^2=1-x^2\) erhalten wir 4 mögliche Kandidaten für das globale Extremum, die wir überprüfen:$$f\left(\frac{\sqrt2}{2}\left|\frac{\sqrt2}{2}\right.\right)=2$$$$f\left(\frac{-\sqrt2}{2}\left|\frac{\sqrt2}{2}\right.\right)=4$$$$f\left(\frac{\sqrt2}{2}\left|-\frac{\sqrt2}{2}\right.\right)=4$$$$f\left(-\frac{\sqrt2}{2}\left|-\frac{\sqrt2}{2}\right.\right)=2$$Wir haben also 8 Maxima gefunden, von denen 2 das globale Maximum sind:$$\boxed{f\left(\frac{-\sqrt2}{2}\left|\frac{\sqrt2}{2}\right.\right)=4\;;\;f\left(\frac{\sqrt2}{2}\left|-\frac{\sqrt2}{2}\right.\right)=4}$$

Comments

Wow, vielen Dank für die ausführliche Antwort! Jetzt ist alles glasklar :D

Answer 2

D ist kompakt ("≤"), f stetig, also gibt es nach Weierstraß Min und Max. (Min bei (0,0) okay)

Du musst den ganzen Rand y=±√(1-x²) entlangehen, dann stößt du durch Betrachtung von x√(1-x²) auf 2 globale Max.

(zu dem von lul genannten noch eines mit vertauschten VZ)