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Analysis mit Randbetrachtung

Universität / Fachhochschule

Funktionalanalysis

Tags: Funktionalanalysis, Mehrdimensional, Randbetrachtung

imaking aktiv_icon

16:10 Uhr, 17.08.2011

Guten Tag,

Ich muss diese Funktion auf Extrema untersuchen:

Q = {(x, y) \in ℝ^{2} ∣ (x - 1)^{2} + y^{2} \leq 4}

f : Q \to ℝ, (x, y) \to 1 - (x - 1)^{2} - y^{2}

Man sieht, dass der Definitionsbereich eingeschränkt ist. Damit ist zusätzlich eine Randuntersuchung nötig. Kann mir jemand bei dieser Randuntersuchung helfen? Ich kriege das irgendwie nicht hin...

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

michaL aktiv_icon

16:52 Uhr, 17.08.2011

Hallo,

transformiere doch das Problem mal auf Polarkoordinaten, nachdem du eine Translation um -1 in

x

-Richtung vorgenommen hast! Soll heißen:
1.

x ʹ := x - 1

x ʹ = r \cos (φ)

und

y = r \sin (φ)

Das Gebiet

Q

stellt ja einen Kreis dar mit Radius 2 um den Mittelpunkt

M (1 ∣ 0)

dar.

Die Funktion kann

f

kann man auch so schreiben:

(x, y) \mapsto 1 - ((x - 1)^{2} + y^{2})

Daran solltest du erkennen, dass die Funktion auf Kreisen um den genannten Punkt

M

immer den gleichen Wert annimmt, d.h. radialsymmetrisch ist.

Damit stellt sich nur die Frage nach dem Radius (je größer der Radius, desto kleiner der Funktionswert. Insofern ergibt sich das Maximum in

M

(d.h. bei

r = 0

).

Mfg Michael

Gerd30.1 aktiv_icon

17:50 Uhr, 17.08.2011

Es geht auch anders:

f_{x} = - 2 (x - 1) = 0 \Rightarrow x = 1, f_{y} = - 2 y = 0 \Rightarrow y = 0,

also

(1 | 0) \in Q .

f_{x x} = - 2 < 0, f_{y y} = 0

und

f_{x y} = f_{y x} = 0

muss in

(1 | 0)

Maximum vorliegen!!

imaking aktiv_icon

19:00 Uhr, 17.08.2011

Ja gut, aber was passiert am Rand? Wenn ich der Argumentation von Michal folge, dann nimm die Funktion am Rand überall ein lokales Minimum an?

michaL aktiv_icon

20:02 Uhr, 17.08.2011

Hallo,

ja, das mit dem Minimum stimmt (zumindest teilweise). Das Minimum ist kein lokales, es ist ein Randminimum. Wäre es lokal, müsste es über die 1. Ableitung berechenbar sein. Ist dieses aber nicht.

Wenn du meiner (vielleicht nicht unbedingt Standard)Lösung folgst, hast du

x ʹ^{2} + y^{2} \leq 4

und

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

Durch Polarkoordinaten bekommst du:

x ʹ^{2} + y^{2} = r^{2} \cos^{2} (φ) + r^{2} \sin^{2} (φ) = r^{2} (\cos^{2} (φ) + \sin^{2} (φ)) = r^{2} \leq 4

und

\overline{f} (r, φ) = 1 - r^{2}

, die (wie angedeutet) radialsymmetrisch ist.
Die Funktion nimmt in

r = 0

ihr (globales) Maximum an. Auf einem unbeschränkten Definitionsbereich hat diese Funktion KEIN Minimum (sinkt unter alle Schranken).
Da aber

r^{2} \leq 4

gilt, ist auch

\overline{f}

nach unten beschränkt. Also ein Randextremum (welches sich auf der vorgegebenen Menge tatsächlich als kleinster Wert, also Minimum erweist).

Mfg Michael

Gerd30.1 aktiv_icon

21:35 Uhr, 17.08.2011

Am Rand, also für alle

(x, y)

mit

{(x - 1)}^{2} + y^{2} = 4 \Leftrightarrow y^{2} = 4 - {(x - 1)}^{2}

folgt

f (x, y) = - 3

das ist ein globales Minimum, weil für

(x, y)

mit

{(x - 1)}^{2} + y^{2} < 4 \Leftrightarrow 1 - {(x - 1)}^{2} - y^{2} ≻ 3

gilt, also

f (x, y) > - 3

michaL aktiv_icon

21:43 Uhr, 17.08.2011

Hallo,

@gerdware: naja, fast. Du hast bei den Abschätzungen das "oder gleich" vergessen.

Mfg Michael

909217

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