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Aufgabe:

Gegeben sei die Funktion Punkte
$$ f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}, f(x, y)=x^{2}-x^{2} y+y^{2} $$
und
$$ D:=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}:-1 \leq x \leq 1 \wedge 0 \leq y \leq 1-x^{2}\right\} $$
(a) Bestimmen Sie die stationären Stellen von \( f \)
(b) Bestimmen Sie die Extremstellen der Einschränkung \( f \mid \partial D, \) wobei \( \partial D \) der Rand von \( D \) ist.

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Hallo Miho,

leite die Funktion nach \(x\) und \(y\) ab: $$\eqalign{ f(x, y) &=x^{2}-x^{2} y+y^{2} \\ \frac{\partial f}{\partial x} &= 2x- 2xy \to 0\\ \frac{\partial f}{\partial y} &= -x^2 + 2y \to 0 \implies 2y = x^2\\ 2x- x^3 &= 0 \\ x_1 &= 0, \quad x_{2,3} = \pm \sqrt 2 }$$der einzige x-Wert, der noch im Definitionsbereich liegt, ist \(x=0\) und \(y\) wäre dann \(y=0\). Mit der Hessematrix $$H = \begin{pmatrix} 2-2y& -2x\\ -2x& 2 \end{pmatrix}, \quad \det(H(0,0)) = 4$$folgt dann, dass es sich um ein lokales Minimum handelt. Siehe Plot:

blob.png

(b) kann man mittels Lagrange lösen. Am Rand \(y=0\) ist das lokale Minimum auch das auf dem Rand. Sonst gilt: minimiere \(f(x,y)\) unter der Nebenbedingung \(x^2+y^2=1\):$$\eqalign{ L(x,y\lambda) &= x^{2}-x^{2} y+y^{2} + \lambda(x^2+y^2-1) \\ \frac{\partial L}{ \partial x } &= 2x -2xy + 2\lambda x \to 0  \implies \lambda = y-1\\ \frac{\partial L}{ \partial y } &= -x^2 + 2y + 2\lambda y \to 0  \\ -x^2 + 2y + 2y(y-1) &= 0 \\ -x^2 + 2y^2 &= 0 }$$Mit der Nebenbedingung folgt daraus$$\eqalign{ -(1-y^2) + 2y^2 &= 0 \\ 3y^2 &= 1 \\ \implies y &=  \frac 13 \sqrt 3, \quad x_{1,2} = \pm \frac 13 \sqrt 6}$$aus \(\partial L/ \partial x\) folgt noch \(x_3=0\) und \(y_3=1\) dann aus der NB ... hätte ich jetzt fast übersehen ;-)

Nachtrag zu (b):

ohne Lagrange kann man die 'Kreisform' des Randes nutzen. Ersetze \(x\) und \(y\) durch die Polarkoordinaten und man erhält:$$\eqalign{ f(x, y) &=x^{2}-x^{2} y+y^{2} \\ x &= r \cos \varphi \\ y &= r \sin \varphi \\ f(r,\varphi) &=  r^2- r^3 \cos^2 \varphi \cdot \sin \varphi, \quad \text{NB.:} \space r=1 \\ f_\varphi &=  -r^3 (-2\cos \varphi \sin^2 \varphi + \cos^3\varphi ) \\ &= r^3 \cos \varphi(2  - 3\cos^2 \varphi ) \to 0\\ \implies \cos \varphi_{1,2} &= \pm \frac 13 \sqrt 6, \quad \cos \varphi_3 = 0 }$$der Rand \(y=0\) bleibt auch so trivial.

von 26 k

Antwort erweitert

Nur nochmal zum Verständnis, wie kommt die Nebenbedingung x^2+y^2=1 zustande ?

Bis auf den Punkt ist alles top verständlich.

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Nutze bitte die Rubrik "ähnliche Fragen" und die Suche.

https://www.mathelounge.de/552644/stationare-stellen-von-f-x-y-x-2-y-2-2-2-x-2-y-2-berechnen

Du kannst hier nach dem gleichen Schema, wie im Link vorgehen.

von 159 k 🚀

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