Extrema mit Nebenbedingung, drei Veränderliche

Question

Aufgabe:

Extrema mit Nebenbedingung

f(x,y,z) = x + y - z

g(x,y,z) = x² + y² + z² -1 = 0

Problem/Ansatz:

L(x,y,λ) = x + y - z + λ(x² + y² + z² -1)

Lx = 1 + 2λx (1)

Ly = 1 + 2λy (2)

Lz = 1 + 2λz (3)

Jetzt Lambda eliminieren: (1) * yz - (2) * xz - (3) * xy = 1yz - 1xz - 1xy = 0

Und was mache ich nun? Ich kann ja nichts aus allen drei Termen ausklammern.

Answer 1

Ich würde damit anfangen die \( x \), \( y \) und \( z \) Koordinaten auszurechnen. Es muss \( \lambda \ne 0 \) gelten, da sonst z.B. die Gleichung \( 1 + 2 \lambda x = 0 \) keine Lösung hätte.

Daraus folgt dann $$ x = y = z = -\frac {1}{2\lambda}  $$ Und aus der Nebebenbedingung folgt dann

$$ 3x^2 = 1 $$ also $$ x = y = z = \frac{1}{\sqrt{3}} $$ und daraus $$ \lambda = -\frac{\sqrt{3}}{2} $$

Comments

Ja, diesen Lösungsweg kenne ich. Aber wieso geht nicht der Weg mit der Lambda-Elimination?

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Du kannst genauso nach \( \lambda \) auflösen, da \( x \), \(y \) und \( z \) ungleich Null sein müssen. Dann bekommst Du \( \lambda = -\frac{1}{2x} = -\frac{1}{2y} = -\frac{1}{2z} \)

Auch hieraus folgt \( x =  y= z \)

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Ja, aber Lambda wurde ja dann auch nicht eliminiert. Es gibt ja meine obige Vorgehensweise, bei der Lambda zuerst eliminiert wird und dann nach den Variablen aufgelöst wird. Und ich würde gerne wissen, wie ich diese Vorgehensweise bei dieser Aufgabe richtig anwende, oder aber, ob diese Vorgehensweise eben nicht immer geht.

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Ich möchte zunächst darauf hinweisen, dass eine partielle Ableitung bereits falsch gemacht worden war und daher die Lösung wohl etwas abweichend ist. Ist aber nicht ganz so schlimm.

Zur Kontrolle. Die Lösungen sind

(x = y = - z = - √3/3 ∧ k = √3/2) ∨
(x = y = - z = √3/3 ∧ k = - √3/2)

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Ja, entschuldigung, bei der letzten kommt noch ein - vor die 1.

Packe ich alle 3 Werte,also die für x, y und z gleichzeitig in die NB? Ich dachte, immer nur eins nacheinander.

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Der Mathematiker macht sich das Leben natürlich so einfach wie möglich

Wir wissen

2·k·x + 1 = 0
2·k·y + 1 = 0
2·k·z - 1 = 0
x^2 + y^2 + z^2 - 1 = 0

Da schöne ist die ersten 3 Gleichungen haben hier ja garnicht 4 Unbekannte sondern nur noch 2. Also nutze ich das Einsetzungsverfahren

2·k·x + 1 = 0 --> x = - 1/(2·k)
2·k·y + 1 = 0 → y = - 1/(2·k)
2·k·z - 1 = 0 → z = 1/(2·k)

Jetzt sieht man x = y = - z

Das kann ich für die letzte Gleichung nutzen

(- z)^2 + (- z)^2 + z^2 - 1 = 0 --> z = ± √3/3

Der Rest ist doch dann geschenkt.

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Wenn ich in die NB x, y und z einsetze, dann erhalte ich

1/4k^2 + 1/4k^2 + 1/4k^2 -1 = 0 <=> 3/4k^2 = 1 <=> k = -1/sqrt(3)

Wieso geht das so nicht und muss so gemacht werden, wie du es machst?

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Mal angenommen die Ableitungen von \( L \) wären richtig, dann ist das hier

$$ \text{Jetzt Lambda eliminieren:} \ (1) * yz - (2) * xz - (3) * xy = 1yz - 1xz - 1xy = 0 $$ aber trotzdem falsch.

Da kommt dann $$ -2\lambda xyz $$ raus. Aber wie gesagt, alles obsolet, weil die Ableitung falsch ist.

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Denk daran. Eigentlich gibt es 3 Verfahren, Gleichungssysteme zu lösen.

Gleichsetzungsverfahren,

Einsetzungsverfahren,

Additionsverfahren

und manchmal auch das Divisionsverfahren.

Während man das Additionsverfahren hauptsächlich bei linearen Gleichungssystemen anwendet, fährt man bei allgemeinen Gleichungssystemen mit dem Einsetzungsverfahren meist besser. Daher habe ich das hier auch angewendet.

Wann man welche Verfahren anwendet, ist nachher aber etwas Übungssache.

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Aus $$ \frac{3}{4 \lambda^2} = 1 $$ folgt doch nicht $$ \lambda = -\frac{1}{\sqrt{3}} $$ sonder $$ \lambda = \pm\frac{\sqrt{3}}{2} $$

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Ja, und dann habe ich k (Lambda) in die Gleichung für x eingesetzt, um x zu bekommen.

Also in x = -1/2k

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Ok, also nochmal richtig:

Lx = 1 + 2xk (1)

Ly = 1 + 2yk (2)

Lz = -1 + 2zk (3)

Lk = x² + y² + z² -1

(1) * zy/2 - (2) * (-xz)/2 - (3) * xy

<=> (yz/2 + xyzk) - ( (-xz/2) - xyzk) ) - ( (-xy)/2 + 2xyzk) )

<=> yz/2 + x/2 + xy/2 = 0

<=> yz + xz + xy = 0

Und nun?

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In Deinen Rechnungen sind Fehler. Korrigiere die erstmal, dann sehen wir weiter.

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Außerdem kann man alle Gleichungen auch mit \( 0 \) multiplizieren und oh Wunder, man kommt auch nicht weiter. D.h. es gibt viele unsinnige Wege die nicht zu einer Lösung führen. Das ist nur einer.

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Es gibt nur 3 Grundverfahren zum Lösen von Gleichungssystemen

Additionsverfahren
Gleichsetzungsverfahren
Einsetzungsverfahren

Alle 3 Verfahren haben aber eines gemeinsam.

Durch das Benutzen einer Gleichung eliminiert man in ALLEN anderen Gleichungen eine Unbekannte.

Merke. Hast du Gleichungen in denen nur 2 Unbekannte vorkommen, lässt sich damit ja immer eine Variable durch die andere ausdrücken. Und dann kann man das sehr leicht über das Einsetzungsverfahren bewerkstelligen.

Grundsätzlich werden aber nie mehr als 2 Gleichungen verknüpft, um daraus eine neue zu machen. Also es werden nicht vielfache dreier Gleichungen genommen, um daraus nur eine neue Gleichung zu gewinnen.

Wenn du 4 Gleichungen mit 4 Unbekannten hast, dann brauchst du im nächsten Schritt 3 Gleichungen mit nur noch 3 Unbekannten. Und das bedeutet, du darfst eben eine Gleichung verwenden, um in den anderen eine Unbekannte zu eliminieren.

Answer 2

Aloha :)

Hier brauchst du eigentlich gar nichts groß zu berechnen. Der Gradient der zu optimierenden Fuktion muss eine Linearkombination der Gradienten aller Nebenbedingungen sein:$$\operatorname{grad}f\stackrel!=\lambda\operatorname{grad}g\implies\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}2x\\2y\\2z\end{pmatrix}\implies x=y=-z=\frac{1}{2\lambda}$$

Das in die Nebenbedingung eingesetzt liefert:$$1=x^2+y^2+z^2=x^2+x^2+(-x)^2=3x^2\implies x=\pm\frac{1}{\sqrt3}$$$$\leadsto x=y=\pm\frac{1}{\sqrt3}\;;\;z=\mp\frac{1}{\sqrt3}\;;\;\lambda=\frac{1}{2x}=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$$

Comments

Ich checks nicht. Wieso muss ich bei dieser Aufgabe anders vorgehen, als sonst?

Die Determinantenmethode ist mir hier auch merkwürdig. Die klappt ja auch nicht, oder?

Denn

\( \begin{pmatrix} fx & gx \\ fy & gy \\ fz & gz \end{pmatrix} \)

Wie soll ich denn die Determinante einer 2x3 Matrix berechnen...

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Du brauchst doch nur mal hinzusehen. Dort wird doch gleichgesetzt

$$\operatorname{grad}f\stackrel!=\lambda\operatorname{grad}g$$

Hier wird nicht etwas eine Determinante einer 2x3 Matrix gebildet.

Letztendlich ist es genau das, als wenn du die Lagrangefunktion 3 mal partiell ableitest und die Ableitungen gleich nutzt setzt.

Statt das zu machen, kann man auch die Gradienten, was ja nichts anderes ist als die partiellen Ableitungen gleichzusetzen.

Die Lagrangefunktion lautet also

L(x,y,z,k) = f(x,y,z) + k * g(x, y, z)

Bilden wir mal die partiellen Ableitungen nach x, y und z und setzen diese gleich Null

Lx(x,y,z,k) = fx(x,y,z) + k * gx(x, y, z) = 0
Ly(x,y,z,k) = fy(x,y,z) + k * gy(x, y, z) = 0
Ly(x,y,z,k) = fz(x,y,z) + k * gz(x, y, z) = 0

Das kann man jetzt eben auch als eine Gleichung mit Gradient schreiben. Im Grunde ist es aber das Gleiche. Nur anders notiert.

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Dankeschön. Mich hat auch gewundert, dass man in die NB dann nicht eben den Wert, der für x, y, -z rauskommt, also 1/2k einsetzt, sondern eben für alle Variablen x oder eben y oder eben -z.

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Hammergeil,

die sogenannte Determinantenmethode von Mathepeter geht doch:

det \( \begin{pmatrix} fx &  gx \\ fy & gy \end{pmatrix} \)

= det \( \begin{pmatrix} 1 &  2x \\ 1 & 2y \end{pmatrix} \)

= 2y - 2x = 0 => y = x

UND

det \( \begin{pmatrix} fx &  gx \\ fz & gz \end{pmatrix} \)

= det \( \begin{pmatrix} 1 &  2x \\ -1 & 2z \end{pmatrix} \)

= 2z + 2x = 0

=> x = -z

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Ja, das geht. Du kannst dir von den 3 Gleichungen immer 2 aussuchen und sie für die Determinanten-Methode verwenden...

Aber das ist hier eigentlich viel zu kompliziert. Wie ich oben dargestellt habe, folgt die Lösung direkt aus der Lagrange-Bedingung.

Answer 3

Lösungsmöglichkeit ohneλ :

Extrema mit Nebenbedingung

\(f(x,y,z) = x + y - z\)

\(g(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 -1 = 0   →  z^2=1-x^2-y^2\)

1.)\( z=\sqrt{1-x^2-y^2} \)

\(f(x,y) = x + y -\sqrt{1-x^2-y^2} \)

\( \frac{df(x,y)}{dx}=1+\frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \)

\( \frac{df(x,y)}{dy}=1+\frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \)

\(1+\frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}=0\)   →    \(\frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}=-1\)   →   \(2x^2=1-y^2\)

\(1+\frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}=0\) → \(\frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}=-1\)→     \(2y^2=1-x^2\)

\(z^2=1-x^2-y^2\)