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Aufgabe 6 (Read 6021 times)
Dr. B. Fiedler
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Aufgabe 6
10.07.2008 at 18:04:12
 
Aufgabe 6:
Bestimmen Sie die stationären Punkte der Funktion
(1)   $z = f(x,y) = xy * (1+x+y)$
und untersuchen Sie, ob an diesen Punkten relative Maxima oder Minima vorliegen.
 
Zusatzaufgabe:
Führen Sie die Untersuchung auf relative Extrema mit Hilfe der Eigenwerte der Hessematrix $H_f$ von $f$ durch.
 
Fertigstellungstermin:  17.7.08, 23:59 Uhr
 
Hinweis:
Die Aufgabe ist eine vereinfachte Version der Aufgabe 10.14c), Leupold II, S. 270.
 
Editorhinweise:
$f_x$, $f_(x x)$, $f_(xy)$ erzeugt man mit \$f_x\$, \$f_(x x)\$, \$f_(xy)\$.
Bei $f_(x x)$ muß ein Leerzeichen zwischen die zwei x geschrieben werden, da in MathML xx das Multiplikationszeichen erzeugt:
\$xx\$ = $xx$.
$H_f = ((f_(x x),f_(xy)), (f_(yx),f_(yy)))$ erzeugt man mit \$H_f = ((f_(x x),f_(xy)), (f_(yx),f_(yy))\$
$|(1-lambda,2), (2,3-lambda)| = 0$ erzeugt man mit $|(1-lambda,2), (2,3-lambda)| = 0$.
 
Wenn Ihnen das Bild einer Formeln zu klein erscheint brauchen Sie nur auf die Formel zu klicken. Dann wird sie vergrößert. Erneutes Daraufklicken verkleinert sie wieder. (Funktioniert nur beim Internetexplorer.)
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Dr. B. Fiedler
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David Borchers
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Posts: 48
Re: Aufgabe 6
Reply #1 - 15.09.2008 at 10:02:56
 
Hallo Herr Dr. Fiedler,
 
hier meine Lösung zur Aufgabe 6.
 
Gegeben: $z=f(x,y)=xy*(1+x+y)$
 
Ableitungen:
(1a)$z_x=y+2xy+y^2$ (1b)$z_y=x+x^2+2xy$
(2a)$z_(x x)=2y$ (2b)$z_(y x)=1+2x+2y$
(3a)$z_(x y)=1+2x+2y$ (3b)$z_(y y)=2x$

(3a) = (2b)
 
Notwendige Bedingung:
$f(x)=0$ und $f(y)=0$
---
$f(x)=0$
(4) $y+2xy+y^2=0$
(5) $y+y^2=-2xy$
(6) $y=-2x$
 
$f(y)=0$ mit $y=-2x$
(7) $x+x^2+2xy=0$
(8) $x+x^2-4x^2=0$
(9) $x-3x^2=0$
(10) $x(1-3x)=0$
 
Daraus ergeben sich die Nullstellen: $x_1=0$ und $x_2=1/3$.
 
Durch Einsetzen dieser Nullstellen in der Gleichung (6) erhalte ich die Punkte $P_(E1) (0,0)$ und $P_(E1) (1/3,-2/3)$.
 
Hinreichende Bedingung:
$f_x=f_y=0$ und $D=f_(x x)*f_(y y) - (f_(x y))^2 > 0$
 
(11) $2y*2x-(1+2x+2y)^2 > 0$
 
für die Punkte: $P_(E1) (0,0)$ und $P_(E1) (1/3,-2/3)$ ergeben sich folgende Werte:
 
Punkt E1:
(12) $0-1>0$ falsch
 
Punkt E2:
(13) $2/3*-4/3-(1+2/3-4/3)^2 => -11/9 >0$ falsch
 
Somit existiert kein Extremwert für diese Funktion.
 
 
Freundlichen Gruß,
David Borchers
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Dr. B. Fiedler
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Posts: 530
Re: Aufgabe 6
Reply #2 - 16.09.2008 at 01:25:40
 
Hallo, Herr Borchers,
 
Quote from David Borchers on 15.09.2008 at 10:02:56:
Hallo Herr Dr. Fiedler,

hier meine Lösung zur Aufgabe 6.

Gegeben: $z=f(x,y)=xy*(1+x+y)$

Ableitungen:
(1a)$z_x=y+2xy+y^2$ (1b)$z_y=x+x^2+2xy$
(2a)$z_(x x)=2y$ (2b)$z_(y x)=1+2x+2y$
(3a)$z_(x y)=1+2x+2y$ (3b)$z_(y y)=2x$
  Edited:
Richtig

(3a) = (2b)   Edited:
Richtig


Notwendige Bedingung:
$f(x)=0$ und $f(y)=0$   Edited:
Die Schreibweise ist hier nicht richtig. Man müßte schreiben $f_x = 0$ und $f_y = 0$.

---
$f(x)=0$
(4) $y+2xy+y^2=0$
(5) $y+y^2=-2xy$
(6) $y=-2x$   Edited:
Stimmt leider nicht ganz. Bei der Division durch $y$ ergibt sich

(6')     $1 + y = - 2x$.

Ferner ist zu beachten: Damit die Division von (5) durch $y$ erlaubt ist, muß $y$ eine bestimmte Bedingung erfüllen. Ist die Bedingung erfüllt, ergibt sich (6'). Man muß aber auch noch den Fall betrachten, in dem $y$ die besagte Bedingung nicht erfüllt.


$f(y)=0$ mit $y=-2x$   Edited:
Die Idee ist richtig. Es muß jedoch $y = -2x -1$ eingesetzt werden.

(7) $x+x^2+2xy=0$
(8) $x+x^2-4x^2=0$
(9) $x-3x^2=0$
(10) $x(1-3x)=0$

Daraus ergeben sich die Nullstellen: $x_1=0$ und $x_2=1/3$.  Edited:
Vom Prinzip her ist die Rechnung (7)-(10) richtig. Wenn man (6') einsetzt kommen natürlich etwas andere Zahlen heraus.


Durch Einsetzen dieser Nullstellen in der Gleichung (6) erhalte ich die Punkte $P_(E1) (0,0)$ und $P_(E1) (1/3,-2/3)$.   Edited:
Zwei stationäre Punkte haben Sie gefunden, wobei sich beim zweiten die Zahlen noch etwas ändern, wenn man (6') anstelle von (6) verwendet. Es gibt jedoch noch zwei weitere stationäre Punkte, die man findet, wenn man den hinter (6) angedeuteten "zweiten Fall" untersucht.

Zur Schreibweise. Die Bezeichnungen $P_(E1)$, $P_(E2)$ sind etwas ungewöhnlich. Da Sie weiter unten von "Punkt E1" und "Punkt E2" sprechen hätten Sie einfach $E_1 = (0,0)$, $E_2 = (1/3,-2/3)$ schreiben können. Es wäre auch $P_1 = (0,0)$, $P_2 = (1/3,-2/3)$ gegangen.


Hinreichende Bedingung:
$f_x=f_y=0$ und $D=f_(x x)*f_(y y) - (f_(x y))^2 > 0$   Edited:
Die Bedingung $D=f_(x x)*f_(y y) - (f_(x y))^2 > 0$ stimmt. Es muß aber noch eine weitere Bedingung hinzugefügt werden. $f_x=f_y=0$ sind die notwendigen Bedingungen und brauchen hier nicht angegeben zu werden.


(11) $2y*2x-(1+2x+2y)^2 > 0$

für die Punkte: $P_(E1) (0,0)$ und $P_(E1) (1/3,-2/3)$ ergeben sich folgende Werte:

Punkt E1:
(12) $0-1>0$ falsch

Punkt E2:
(13) $2/3*-4/3-(1+2/3-4/3)^2 => -11/9 >0$ falsch

Somit existiert kein Extremwert für diese Funktion.


Freundlichen Gruß,
David Borchers

 
Viele Teile der Rechnung waren schon richtig. Es wäre jetzt folgendes noch zu machen:
 
1. Die Rechnung (7)-(10) müßte unter Verwendung von (6') wiederholt werden, um die richtigen Stationären Punkte zu finden.
2. Es müßten die zwei noch fehlenden stationären Punkte bestimmt werden.
3. Sie müßten die hinreichenden Bedingungen vervollständigen und die 4 stationären Punkte mit diesen vervollständigten Bedingungen untersuchen.
 
Vorläufige Gesamtwertung: m
 
MfG
B. Fiedler
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« Last Edit: 16.09.2008 at 03:29:47 by Dr. B. Fiedler »  

Dr. B. Fiedler
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Dr. B. Fiedler
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P.S.
Reply #3 - 16.09.2008 at 02:47:11
 
P.S.: Haben Sie schon gesehen? Sie haben unter allen Forumsnutzern die meisten Beiträge geschrieben. Sie sind der erste Forumsnutzer, der die Gruppe 'Full Member' erreicht hat.
 
Glückwunsch.
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Dr. B. Fiedler
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David Borchers
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Posts: 48
Re: Aufgabe 6
Reply #4 - 19.09.2008 at 02:06:34
 
Hallo Herr Dr. Fiedler,
 
hier mein nächster Versuch zu dieser Aufgabe Smiley
 
Notwendige Bedingung:
$f_x(x_E,y_E) = f_y(x_E,y_E) = 0$
(Im Buch steht noch, dass $x_e = (x_e,y_e)$ stationärer Punkt der Funktion f heißt)
Ist das nur eine unglückliche Benennung, oder heißt das was besonderes, wenn ein Punkt sich selbst als x-Koordinate hat? Das funktioniert doch garnicht ... Wink
 
Naja... weiter im Text...
 
Wenn ich $f_x = 0$ betrachte ergeben sich, wie schon von Ihnen erwähnt, zwei Gleichungen für $y$:
 
Ausgangsgleichung: $z_x=y+2xy+y^2=0$
Umgestellt: $y(1+2x+y)=0$
----------
 
(6'a) $y_(01)=-2x-1$
(6'b) $y_(02)=0$
(Das y hier gleich 0 ist gefällt mir irgendwie nicht... ich hoffe, dass das so stimmt! Wenn nicht, wüsste ich nicht, wie es sonst funktioniert)
 
$f_y=0$ mit $y=-2x-1$
(7) $x+x^2+2xy=0$
(8) $x(1+x+2y)=0$
(9) $x(1+x+2(-2x-1))=0$
(10) $x(1+x-4x-2)=0$
(11) $x(-1-3x)=0$
x-Werte:
(12) $x_01=0$
(13) $x_02=-1/3$
 
$f_y=0$ mit $y=0$
(14) $x+x^2+2xy=0$
(15) $x(1+x+2y)=0$
(16) $x(1+x)=0$
x-Werte:
(17) $x_03=0$
(18) $x_04=-1$
 
 
Einsetzen der Punkte $x_01$ und $x_02$ in (6'a)
(19) $y=-2x-1$ mit $x=0$
(20) $y=-1$
 
(21) $y=-2x-1$ mit $x=-1/3$
(22) $y=-1/3$
 
Einsetzen der Punkte $x_03$ und $x_04$ in (6'b)
(23) $y=0$ mit $x=0$
(24) $y=0$
 
(25) $y=0$ mit $x=-1$
(26) $y=-1/3$
 
Somit lauten die stationären Punkte:
$P_1=(0,-1)$
$P_2=(-1/3,-1/3)$
$P_3=(0,0)$
$P_4=(-1,0)$
 
Die Hinreichende Bedingung(en)
$D=f_(x x)⋅f_(y y)-(f_(x y))^2>0$
(Die fehlende Bedingung kenne ich leider nicht, oder überlese sie...)
 
(27) $2y*2x-(1+2x+2y)^2>0$
 
 
Einsetzen der Punkte 1-4:
(P1) $(1-2)^2 = 1 >0$ wahr
(P2) $4/9-(1-2/3-2/3)^2 = 1/3 >o$ wahr
(P3) $1>0$ wahr
(P4) $1>0$ wahr
 
Somit sind alle Punkte Extremwerte der Funktion!
 
 
Auf relative Minima und Maxima prüfe ich morgen... ist schon recht spät geworden.
 
 
Besten Gruß,
David Borchers
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Sämtliche Rechtschreibfehler dienen der allgemeinen Belustigung.
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Dr. B. Fiedler
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Posts: 530
Re: Aufgabe 6
Reply #5 - 19.09.2008 at 15:02:07
 
Hallo, Herr Borchers,
 
Fleißige Arbeit.
 
Quote from David Borchers on 19.09.2008 at 02:06:34:
Hallo Herr Dr. Fiedler,

hier mein nächster Versuch zu dieser Aufgabe Smiley

Notwendige Bedingung:
$f_x(x_E,y_E) = f_y(x_E,y_E) = 0$
(Im Buch steht noch, dass $x_e = (x_e,y_e)$ stationärer Punkt der Funktion f heißt)
Ist das nur eine unglückliche Benennung, oder heißt das was besonderes, wenn ein Punkt sich selbst als x-Koordinate hat? Das funktioniert doch garnicht ... Wink  Edited:
Das ist mehr ein Druchfehler. Man schreibt zwar manchmal so etwas wie $x = (x_1, x_2)$, oder auch $p_e = (x_e, y_e)$ wäre möglich. Die Formel im Buch ist irgendwie verunglückt.


Naja... weiter im Text...

Wenn ich $f_x = 0$ betrachte ergeben sich, wie schon von Ihnen erwähnt, zwei Gleichungen für $y$:

Ausgangsgleichung: $z_x=y+2xy+y^2=0$
Umgestellt: $y(1+2x+y)=0$   Edited:
Richtig

----------

(6'a) $y_(01)=-2x-1$
(6'b) $y_(02)=0$   Edited:
Richtig

(Das y hier gleich 0 ist gefällt mir irgendwie nicht... ich hoffe, dass das so stimmt! Wenn nicht, wüsste ich nicht, wie es sonst funktioniert)   Edited:
Doch, genauso ist es. Man muß noch beachten, daß sich (6'a) nur ergibt, wenn $y != 0$ ist. Wenn man es ganz genau machen will, sollte man schreiben

(6'a)   $y_(01) = -2x -1$,   $y_(01) != 0$.

Man muß, wenn man mit (6'a) weiterrechnet, immer im Hinterkopf behalten, daß $y != 0$ ist.


$f_y=0$ mit $y=-2x-1$
(7) $x+x^2+2xy=0$
(8) $x(1+x+2y)=0$
(9) $x(1+x+2(-2x-1))=0$
(10) $x(1+x-4x-2)=0$
(11) $x(-1-3x)=0$
x-Werte:
(12) $x_01=0$
(13) $x_02=-1/3$   Edited:
Richtig


$f_y=0$ mit $y=0$
(14) $x+x^2+2xy=0$
(15) $x(1+x+2y)=0$
(16) $x(1+x)=0$
x-Werte:
(17) $x_03=0$
(18) $x_04=-1$   Edited:
Richtig



Einsetzen der Punkte $x_01$ und $x_02$ in (6'a)
(19) $y=-2x-1$ mit $x=0$
(20) $y=-1$   Edited:
Richtig


(21) $y=-2x-1$ mit $x=-1/3$
(22) $y=-1/3$   Edited:
Richtig


Einsetzen der Punkte $x_03$ und $x_04$ in (6'b)
(23) $y=0$ mit $x=0$
(24) $y=0$   Edited:
Richtig


(25) $y=0$ mit $x=-1$
(26) $y=-1/3$    Edited:
Das stimmt nicht. (6'b) heißt ja einfach $y = 0$ und hängt gar nicht mehr von $x$ ab. Es kommt somit für jeden $x$-Wert einfach $y = 0$ heraus.

Wahrscheinlich ist (26) nur ein Schreibfehler, denn weiter unten haben Sie ja die stationären Punkte richtig angegeben.


Somit lauten die stationären Punkte:
$P_1=(0,-1)$
$P_2=(-1/3,-1/3)$
$P_3=(0,0)$
$P_4=(-1,0)$   Edited:
Richtig. Das sind die 4 gesuchten stationären Punkte.


Die Hinreichende Bedingung(en)
$D=f_(x x)*f_(y y)-(f_(x y))^2>0$
(Die fehlende Bedingung kenne ich leider nicht, oder überlese sie...)   Edited:
Neben dieser Bedingung muß noch überprüft werden, ob

(28)   $f_(x x) > 0$  oder $f_(x x) < 0$

ist.  Das steht glaube ich, imLeupold nicht so herausgelöst, sondern mehr mitten im Text und kann deshalb übersehen werden.


(27) $2y*2x-(1+2x+2y)^2>0$   Edited:
Richtig



Einsetzen der Punkte 1-4:
(P1) $(1-2)^2 = 1 >0$ wahr   Edited:
Hier haben Sie das Minus-Zeichen vergessen. Es kommt somit $-(1-2)^2 = -1 <0$ heraus, d.h. $P_1$ erfüllt (27) nicht und scheidet somit als Extremum aus. (28) braucht hier nicht mehr überprüft zu werden.

(P2) $4/9-(1-2/3-2/3)^2 = 1/3 >o$ wahr   Edited:
Richtig. Es muß nun noch (28) für $P_2$ untersucht werden, damit man sagen kann, ob ein Min. oder Max. vorliegt.

(P3) $1>0$ wahr
(P4) $1>0$ wahr   Edited:
Hier tritt wieder der Vorzeichenfehler auf. Es ergibt sich bei beiden Punkten $-1 < 0$, d.h. (27) ist nicht erfüllt.


Somit sind alle Punkte Extremwerte der Funktion!


Auf relative Minima und Maxima prüfe ich morgen... ist schon recht spät geworden.   Edited:
Das ist wahr. Bei mir wird es zwar auch manchmal so spät, aber in diesem Punkt müssen Sie mir nicht unbedingt nacheifern.



Besten Gruß,
David Borchers

 
Bis auf den Vorzeichenfehler eine gute Rechnung. Die Überprüfung von (28) für $P_2$ dürfte nicht mehr viel Arbeit machen.
 
Vorläufige Gesamtwertung: (r)
 
MfG
B. Fiedler
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Dr. B. Fiedler
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