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Grad von f, Hesse Matrix, Extremstellen

Universität / Fachhochschule

Partielle Differentialgleichungen

Tags: Hesse Matrix, Partielle Differentialgleichungen

nubie2001 aktiv_icon

02:06 Uhr, 21.02.2010

Huhu

hab da nochmal ne Frage bezüglich Grad von

f,

Hesse Matrix und Extremstellen:

f (x, y) = 3 x^{2} - 2 y^{3} + 6 x \cdot y - 1

Bestimmen Sie grad(f).
Der Grad: 1te Ableitung von

x

und

y

f' (x) = 6 x + 6 y

f' (y) = - 6 y^{2} + 6 x

Bestimmen Sie die Hessematrix von

f

2. Hesse Matrix von

f :

f'' (x) = 6

f'' (y) = - 12 y

(\begin{matrix} 6 & 0 \\ 0 & - 12 y \end{matrix})

Hier bin ich mir nicht sicher!

Untersuchen Sie die Funktion auf lokale Extremwerte:

D = 0 =

Sattelpunkt bei

(6,0)

?

Und hier auch nicht!

Vielen Dank für die Hilfe

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

ahmedhos aktiv_icon

03:04 Uhr, 21.02.2010

de.wikipedia.org/wiki/Gradient_%28Mathematik%29#Definition
http//de.wikipedia.org/wiki/Hessematrix

i

bezeichnet die Zeile und

j

die Spalte.

x_{1} = x

und

x_{2} = y

\Rightarrow f (x_{1}, x_{2}) = 3 \cdot x_{1}^{2} - 2 \cdot x_{2}^{3} + 6 \cdot x_{1} \cdot x_{2} - 1

\frac{\partial f}{\partial x_{1}} = 6 x_{1} + 6 x_{2}

\frac{\partial f}{\partial x_{2}} = - 6 x_{2} + 6 x_{1}

\frac{\partial}{\partial x_{1}} [\frac{\partial f}{\partial x_{1}}] = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1} \partial x_{1}} = 6

\frac{\partial}{\partial x_{2}} [\frac{\partial f}{\partial x_{2}}] = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2} \partial x_{2}} = - 12 \cdot x_{2}

\frac{\partial}{\partial x_{2}} [\frac{\partial f}{\partial x_{1}}] = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2} \partial x_{1}} = 6

\frac{\partial}{\partial x_{1}} [\frac{\partial f}{\partial x_{2}}] = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1} \partial x_{2}} = 6

\Rightarrow \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2} \partial x_{1}} = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1} \partial x_{2}} = 6

was kein Zufall ist!
http//de.wikipedia.org/wiki/Satz_von_Schwarz

\Rightarrow

\vec{\nabla} f (x_{1}, x_{2}) = [\begin{matrix} \frac{\partial f}{\partial x_{1}} \\ \frac{\partial f}{\partial x_{2}} \end{matrix}] = [\begin{matrix} 6 x_{1} + 6 x_{2} \\ - 6 x_{2} + 6 x_{1} \end{matrix}]

H_{f (x_{1}, x_{2})} = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} = (\begin{matrix} \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1} \partial x_{1}} & \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1} \partial x_{2}} \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2} \partial x_{1}} & \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{2} \partial x_{2}} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 6 & 6 \\ 6 & - 12 \cdot x_{2} \end{matrix})

Um die Extrema zu finden setzt man

\vec{\nabla} f = \vec{0}

\Rightarrow

6 x_{1} + 6 x_{2} = 0

6 x_{1} - 6 x_{2} = 0

\Rightarrow x_{1} = x_{2} = 0 \Rightarrow

Punkt

(x_{1}, x_{2}) = (0,0)

stellt einen möglichen Extrempunkt dar. Minimum oder Maximum weiß man durchs Einsetzen in der Determinante der Hessematrix.

f (0,0) = - 1 \Rightarrow P (0,0, - 1)

Ließ mal hier:
http//de.wikipedia.org/wiki/Hesse-Matrix
http//de.wikipedia.org/wiki/Definitheit#Eigenwerte

Mit Hilfe der Hesse-Matrix

H

lässt sich der Charakter der kritischen Punkte einer Abbildung in

ℝ^{n}

bestimmen. Dazu bestimmt man für die zuvor ermittelten kritischen Punkte die Definitheit der Hesse-Matrix H. Ist

H

an einer Stelle positiv definit, so befindet sich dort ein lokales Minimum der Funktion. Ist

H

dort negativ definit, so handelt es sich um ein lokales Maximum. Ist

H

indefinit, dann handelt es sich um einen Sattelpunkt der Funktion
..
positiv definit, falls alle Eigenwerte größer als Null sind;
..
negativ definit, falls alle Eigenwerte kleiner als Null sind;
..
indefinit, falls positive und negative Eigenwerte existieren.
..

H_{f (0,0)} = (\begin{matrix} 6 & 6 \\ 6 & 0 \end{matrix})

Schauen wir uns die Eigenwerte der Matrix an.
http//de.wikipedia.org/wiki/Eigenwertproblem#Symbolische_Berechnung

det (H_{f (0,0)} - λ \cdot E) = det (\begin{matrix} 6 - λ & 6 \\ 6 & - λ \end{matrix}) = - 6 \cdot λ + λ^{2} - 36 = 0 \Rightarrow λ_{1} = - 3,71

und

λ_{2} = 9,71

\Rightarrow

sowohl negative als auch positive Eigenwerte

\Rightarrow

indefinit.

\Rightarrow P (0,0, - 1)

stellt einen Sattelpunkt der Raumfläche

f (x, y)

dar.

Also allgemein:

Bedingungen für ein Extremum im Raum:

i) \vec{\nabla} f (x, y) = 0 \Leftrightarrow f_{x} = 0

und

f_{y} = 0 \Rightarrow

Mögliche Extrempunkte

i i) det (H_{f (x_{0}, y_{0})}) \neq 0

Falls

H_{f (x_{0}, y_{0})}

positiv definit ist

(\Leftrightarrow

Alle Eigenwerte sind positiv)

\Rightarrow

relatives Minimum
Falls

H_{f (x_{0}, y_{0})}

negativ definit ist

(\Leftrightarrow

Alle Eigenwerte sind negativ)

\Rightarrow

relatives Maximum
Falls

H_{f (x_{0}, y_{0})}

indefinit ist (sowohl negative als auch positive Eigenwerte besitzt die Matrix)

\Rightarrow

Sattelpunkt

nubie2001 aktiv_icon

04:19 Uhr, 21.02.2010

Erstmal Danke so weit hab mal selbst gerechnet:

fx(x)

= 6 x + 6 y

fy(x)

= - 6 y^{2} + 6 x

f \times (x) = 6

fxy(x)

= 6

fyy(x)

= - 12 y

fyx(x)

= 6

Damit komm ich aber auf die Hesse Matrix von

(\begin{matrix} 6 & 6 \\ 6 & - 12 y \end{matrix})

So wenn ich jetzt die Determinante berechne:

det = - 72 y - 36

Die gleich 0 setze:

0 = - 72 y - 36

y = - \frac{1}{2}

Hab ich dann bei

(0, - \frac{1}{2})

nen Maximum?

ahmedhos aktiv_icon

09:16 Uhr, 21.02.2010

ich habs korrigiert.

ahmedhos aktiv_icon

09:29 Uhr, 21.02.2010

Bist du sicher daß der 2.Term

- 2 y^{3}

heißt und nicht

- 2 y^{2}

nubie2001 aktiv_icon

16:01 Uhr, 21.02.2010

Aufgabe

5 (16

Punkte)
Gegeben ist die Funktion

f : R

R \to R

f (x, y) = 3 x^{2}

−

2 y^{3} +

6xy − 1

a)

Bestimmen Sie grad(f)

b)

Bestimmen Sie die Hessematrix von

f

c)

Untersuchen Sie die Funktion auf lokale Extremwerte

Das ist die komplette Aufgabe

ahmedhos aktiv_icon

17:37 Uhr, 21.02.2010

Na, gut. Die Aufgabe ist daoben richtig gelöst "glaube ich"

...

nubie2001 aktiv_icon

18:59 Uhr, 21.02.2010

Dann Danke ich dir.

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