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Untersuche folgende Funktionen auf Extremwerte bzw. Sattelstellen (verwende die Definitheit der Hessematrix, um Entscheidung zu treffen). $\begin{aligned} f\left(x,y\right)=x^2+y^2 \end{aligned}$ $\begin{aligned} f(x,y)=(1+x)^2-(1-y)^2 \end{aligned}$ $\begin{aligned} f\left(x,y\r…“$

2023-05-26T07:12:55Z

Die Seite wurde neu angelegt: „ == Wiederholungsaufgaben/Übungen == Aufgabe 1 Untersuche folgende Funktionen auf Extremwerte bzw. Sattelstellen (verwende die Definitheit der Hessematrix, um Entscheidung zu treffen).<math display="block">\begin{aligned} f\left(x,y\right)=x^2+y^2 \end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned} f(x,y)=(1+x)^2-(1-y)^2 \end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned} f\left(x,y\r…“

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== Wiederholungsaufgaben/Übungen ==

Aufgabe 1 
Untersuche folgende Funktionen auf Extremwerte bzw. Sattelstellen (verwende die Definitheit der Hessematrix, um Entscheidung zu treffen).<math display="block">\begin{aligned}
f\left(x,y\right)=x^2+y^2
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
f(x,y)=(1+x)^2-(1-y)^2
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
f\left(x,y\right)=\mathrm{xy}
\end{aligned}</math>

Aufgabe 2 
Führe zu den Funktionen aus Aufgabe 1 jeweils die erste Iteration des Gradientenverfahrens aus, wobei im Punkt (1,1) gestartet wird. Für welche der drei Aufgaben ist die Suche nach einem (lokalen oder globalen) Minimum überhaupt sinnvoll?

Aufgabe 3 
Führe für die Funktion<math display="block">\begin{aligned}
f\left(x,y\right)=x^4+y^4
\end{aligned}</math>

die ersten beiden Schritte des Newtonverfahrens aus, wenn im Punkt (1,1) gestartet wird.

Aufgabe 4 
Finde die Extremwerte der folgenden Funktionen unter den angegebenen Nebenbedingungen:<math display="block">\begin{aligned}
f\left(x,y\right)=4x+3y\\\
NB:g\left(x,y\right)=x^2+y^2=1
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
f\left(x,y\right)=x^2+y^2\\\
NB:g\left(x,y\right)=2\mathrm{xy}=1
\end{aligned}</math>
<math display="block">
\begin{array}{r}
f(x, y)=e^{x y} \\
N B: g(x, y)=x+y=1
\end{array}
</math>

(Gib jeweils Skizzen mit den Niveaulinien an um zu klären, ob es sich um ein Maximum oder ein Minimum handelt).

Aufgabe 5 
Ermittle mit Hilfe der KKT-Bedingungen alle Extremstellen der folgenden Funktionen unter den gegebenen Nebenbedingungen<math display="block">\begin{aligned}
f(x,y)=(x-1)^2+(y-2)^2-1\\\
NB:g\left(x,y\right)=x^2+y^2\le1
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
f\left(x,y\right)=x^2+3\mathrm{xy}+y^2 \\\
NB: g\left(x,y\right)=x+y\le1
\end{aligned}</math>

Stelle die Lösungen wiederum graphisch dar!


= Lösungen der Aufgaben =

Aufgabe 1: [[Datei:A1.jpg|300px|none|thumb]]

Aufgabe 2: [[Datei:A2.jpg|300px|none|thumb]]

Die Gleichung <math display="inline">x^2 = y</math> hat natürlich zwei Lösungen: 
<math display="block">x_1=\sqrt{y} \text { und } x_2=-\sqrt{y}</math>

Dementsprechend ist die Umkehrabbildung über ganz <math display="inline">\mathbb{R}</math> nicht eindeutig definierbar, sehr wohl aber für <math display="inline">x \in \mathbb{R}^{+}</math> (strichpunktiert) bzw. <math display="inline">\mathbb{x}\in\mathbb{R}^-</math> (strichliert). Aufgabe 3: 
<math display="block">\begin{aligned}
f_1^\prime(x)=-2x\mathbb{exp}{(}-x^2)
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
f_2^\prime(x)=\left(\frac{\mathbb{sin}{x}}{\mathbb{cos}{x}}\right)^\prime=1+{\mathbb{tan}}^2{(}x)=\frac{1}{{\mathbb{cos}}^2{(}x)}
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
f_3^\prime\left(x\right)=\frac{3x^2}{2\sqrt{1+x^3}}
\end{aligned}</math>

Aufgabe 4: 
<math display="block">\begin{aligned}
\int_{\mathbb{x}=1}^{2}\lambda\mathrm{\ exp}\left(-\lambda\mathbb{x}\right)\ dx=\mathrm{\ \ }-\left.\mathrm{\ exp}\left(-\lambda\mathbb{x}\right)\right|_1^2=\ e^{-\lambda}-e^{\mathrm{-2}\lambda}
\end{aligned}</math>

Aufgabe 5: 
<math display="block">\begin{array}{r}
x_2=0-\frac{p^{\prime}(0)}{p^{(0)}} \\
x_3=\frac{1}{2}-\frac{p^{\prime}(1 / 2)}{p^{\prime}(1 / 2)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{32}=0.4688
\end{array}</math>

Vergleicht man diesen Wert mit der tatsächlichen Stelle des lokalen Minimums <math display="inline">x = 0.4691</math>, so erkennt man, wie nahe das Newton Verfahren bereits nach zwei Iterationen gekommen ist.

Aufgabe 6: 
Matrix A – charakteristische Gleichung 
<math display="inline">\lambda^2-10\lambda+9=0</math> 
Eigenwerte: 1 und 9 (positiv definit) 
Eigenvektoren: (1,-1)T und (7,1)T 
Matrix B – charakteristische Gleichung 
<math display="inline">\lambda^2-2\lambda=0</math> Eigenwerte: 2 und 0 (positiv semidefinit) 
Eigenvektoren: (1,-1)T und (1,1)T 
Matrix C – charakteristische Gleichung 
<math display="inline">\lambda^3+7\lambda^2-18\lambda=0</math> Eigenwerte: -9, 2 und 0 (indefinit) 
Eigenvektoren: (1,2,-3)T , (-4,3,1)T und (2,4,3) T 
Aufgabe 7: 
a)<math display="block">\begin{aligned}
\nabla f_1\left(x,y,z\right)=\left(\begin{matrix}4-4x\\6-2y\\-2z\\\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\\0\\\end{matrix}\right)
\end{aligned}</math>

Kandidat für Extremum: <math display="inline">x=1, y=3, z=0</math><math display="block">\begin{aligned}
H_{f_1}\left(x,y,z\right)=\left(\begin{matrix}-4&0&0\\0&-2&0\\0&0&-2\\\end{matrix}\right)
\end{aligned}</math>

negativ definit ⇒ (1,3,0)T ist ein lokales Maximum

b)<math display="block">\begin{aligned}
\nabla f_2\left(x,y,z\right)=\left(\begin{matrix}6x-4y\\6y-4x\\10-2z\\\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0\\0\\0\\\end{matrix}\right)
\end{aligned}</math>

Kandidat für Extremum: <math display="inline">x=0, y=0, z=5</math> 
<math display="block">\begin{aligned}
H_{f_2}\left(x,y,z\right)=\left(\begin{matrix}6&-4&0\\-4&6&0\\0&0&-2\\\end{matrix}\right)
\end{aligned}</math>

ist indefinit (Eigenwerte -2, 2 und 10) (0,0,5)T ist ein Sattelpunkt und kein lokaler Extremwert

Aufgabe 8: 
Die Lagrange Funktion lautet:<math display="block">\begin{aligned}
L\left(x,y\right)=x^2+y^2+\lambda\left(x^2+xy+y^2-3\right)
\end{aligned}</math>

Null setzen der partiellen Ableitungen gibt<math display="block">\begin{aligned}
&\frac{\partial}{\partial x} L(x, y)=2 x+\lambda(2 x+y)=0 \\
&\frac{\partial}{\partial y} L(x, y)=2 y+\lambda(2 y+x)=0
\end{aligned}</math>

Addieren wir diese beiden Gleichungen so erhalten wir<math display="block">\begin{aligned}
2\left(x+y\right)+\lambda\left(3x+3y\right)=0
\end{aligned}</math>

oder äquivalent dazu<math display="block">\begin{aligned}
\left(x+y\right)\left(2+3\lambda\right)=0
\end{aligned}</math>

Das bedeutet entweder der erste Faktor oder der zweite Faktor verschwindet.

Fall1: <math display="inline">x+y=0, d.h. y = -x</math>. 
Die Nebenbedingung lautet dann<math display="block">\begin{aligned}
g\left(x,-x\right)=x^2=3
\end{aligned}</math>

Und wir erhalten die beiden Lösungen <math display="inline">x=\sqrt{3}, y=-\sqrt{3} x=-\sqrt{3}, y=\sqrt{3}</math> 
Fall2: <math display="inline">2+3\lambda = 0, d.h. \lambda = -2/3</math>. 
Die erste Gleichung lautet<math display="block">\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial x}=2x-\frac{2}{3}\left(2x+y\right)=0
\end{aligned}</math>

und daher <math display="inline">x = y</math>. Die Nebenbedingung wird zu<math display="block">\begin{aligned}
g\left(x,x\right)=3x^2=3
\end{aligned}</math>

und wir erhalten die beiden Lösungen <math display="inline">x=-\sqrt{3}, y=\sqrt{3} x=-1, y=-1</math>

Vergleichen wir die Funktionswerte: <math display="inline">f(\sqrt{3},-\sqrt{3})=f(-\sqrt{3}, \sqrt{3})=6 f(1,1) = f(-1,-1)=2</math> Die ersten beiden Punkte liefern jeweils ein Maximum, die zweiten Punkte ein Minimum unter der Nebenbedingung. Die folgende Abbildung veranschaulicht die Zusammenhänge.

[[Datei:A8.jpg|300px|none|thumb]]

Die konzentrischen Kreise geben einige Niveaulinien der Zielfunktion <math display="inline">f\left(x,y\right)=x^2+y^2</math> . Beachte wiederum wie an den 4 extremalen Punkten die Kurve der Nebenbedingungen dazu tangential liegt.

Aufgabe 9: Die Lagrange Funktion lautet<math display="block">
L(x, y)=x^2+y+1+\lambda(x+y-4)
</math>
Null setzen der partiellen Ableitungen gibt
<math display="block">
\frac{\partial}{\partial x} L(x, y)=2 x+\lambda=0
</math>
<math display="block">
\frac{\partial}{\partial y} L(x, y)=1+\lambda=0
</math>
und von den KKT Bedingungen
<math display="block">
\lambda(x+y-4)=0
</math>
Im Inneren des zulässigen Bereiches muss gelten <math display="inline">\lambda=0</math>, und daher wird die zweite Gleichung oben zu <math display="inline">1=0</math>, offensichtlich ein Widerspruch, Für <math display="inline">\lambda<0</math> muss gelten liefert die zweite Gleichung <math display="inline">\lambda=-1</math>, und daher die erste Gleichung <math display="inline">\lambda\left(x+y-4\right)=0</math>. Die KKT Bedingung gibt <math display="inline">\left(x+y-4\right)=0</math>, und daher <math display="inline">\left(x+y-4\right)=0</math>. Der Punkt <math display="inline">(1/2, 7/2)</math> ist somit eine potentielle lokale Extremstelle, um zu erkennen worum es sich tatsächlich handelt betrachte folgende Abbildung, die wiederum die Niveaulinien der Zielfunktion sowie den Rand des zulässigen Bereichs zeigt.

[[Datei:A9.jpg|300px|none|thumb]]

Der zulässige Bereich befindet sich unterhalb der Geraden <math display="inline">y=4-x</math>. Am kritischen Punkt nimmt die Funktion den Wert <math display="inline">19/4</math> an, in unmittelbarer Umgebung davon gibt es sowohl Punkte mit größeren als auch mit kleineren Funktionswerten. Es handelt sich bei <math display="inline">(1/2, 7/2)</math> also um kein lokales Extremum, sondern um eine Art Sattelpunkt, allerdings nur wenn die Nebenbedingung in Betracht gezogen wird. Entlang der Geraden ist der Punkt ein Minimum. Für alle Werte die in einem zugespitzten Kegel mit Spitze bei <math display="inline">(1/2, 7/2)</math> liegen (Siehe Abbildung) liegt ein Maximum vor.


= Lösungen der Wiederholungsaufgaben =

Aufgabe 1.1: 
<math display="block">\begin{aligned}
\begin{array}{r}
f(x)=x^{\exp (x)}=\exp \left[\log (x) e^x\right] \\
f^{\prime}(x)=\exp \left[\log (x) e^x\right] \cdot\left[\frac{1}{x} e^x+\log (x) e^x\right]= \\
x^{\exp (x)}\left[\frac{1}{x} e^x+\log (x) e^x\right]
\end{array}
\end{aligned}</math>
 
<math display="block">\begin{aligned}
f^\prime\left(x\right)=\frac{\left(3x-2\right)\left(2x+\frac{1}{2\sqrt x}\right)-3\left(x^2+\sqrt x\right)}{(3x-2)^2}
\end{aligned}</math>
 
<math display="block">\begin{aligned}
f^\prime\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{2x}}\mathrm{cos}\left(x^2\right)-\sqrt x\mathrm{sin}x^22x
\end{aligned}</math>

Aufgabe 1.2: 
<math display="inline">f\left(x\right)=\frac{\mathrm{exp} \left(x\right)}{x-1}</math> an <math display="inline">x = 1</math> nicht definiert. Linksseitiger Limes ist <math display="inline">-\infty</math>, rechtsseitiger Limes <math display="inline">+\infty</math> 
<math display="inline">f\left(x\right)</math> hat keine Nullstellen, allerdings konvergiert es gegen 0 für <math display="inline">x\rightarrow-\infty</math> 
<math display="inline">f^\prime\left(x\right)=\frac{\left(x-2\right)\mathrm{exp} \left(x\right)}{(x-1)^2}</math>, Nullstelle nur bei <math display="inline">x = 2</math> (potentielles lokales Extremum) 
<math display="inline">f^{\prime\prime}\left(x\right)=\frac{\left(x^2-4x+5\right)\mathrm{exp} \left(x\right)}{(x-1)^3}</math> keine reellen Nullstellen, daher keine Wendepunkte 
<math display="inline">f^{\prime\prime}\left(2\right)=\mathrm{exp}2>0</math>, daher ist <math display="inline">x = 2</math> ein lokales Minimum

[[Datei:W1 2.jpg|300px|none|thumb]]

Aufgabe 1.3 
<math display="block">
f(x)=\frac{1}{3} e^{3 x+4}(\text { Substitution } y=3 x+4)
</math>
 
<math display="block">
f(x)=\left(x^2 \log \left(x^2\right)-x^2\right) / 2\left(\right. Substitution y=x^2 und partielle Integration )
</math>
 
<math display="block">
f(x)=-\frac{1}{4} \cos (4 x-3)(\text { Substitution } y=4 x-3)
</math>

Aufgabe 1.4
 
Berechnung der Integrale
<math display="block">\begin{aligned}
-\left(x^2+2x+2\right)e^{-x}|_0^1=2-5e^{-1}
\end{aligned}</math>
 
<math display="block">\left.x(\log (x 2)-1)\right|_1 ^2=\log 2-1</math>
 
<math display="block">\begin{aligned}
\int_{x=2}^{3}\left(3-x\right)+\int_{x=3}^{4}\left(x-3\right)\mathrm{dx}=1
\end{aligned}</math>

Aufgabe 1.5
 
<math display="block">D=\left\{(x, y) \in R^2: x^2>y^2\right\}=\{(x, y):|x|>|y|\}</math>
 
<math display="block">\nabla \mathrm{f}=\frac{1}{x^2-y^2}\left(\begin{array}{c}
2 x \\
-2 y
\end{array}\right), H_f=\frac{1}{\left(x^2-y^2\right)^2}\left(\begin{array}{cc}
-2\left(x^2+y^2\right) & 4 \mathrm{xy} \\
4 \mathrm{xy} & -2\left(x^2+y^2\right)
\end{array}\right)</math>
 
<math display="block">D=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2: x \neq y\right\} \nabla f=\frac{1}{(x-y)^2}\left(\begin{array}{c}
-y^2 \\
x^2
\end{array}\right), H_f=\frac{1}{(x-y)^3}\left(\begin{array}{cc}
2 y^2 & -2 \mathrm{xy} \\
-2 \mathrm{xy} & 2 x^2
\end{array}\right)</math>
<math display="block">\nabla \mathrm{f}=\left(\begin{array}{c}
\mathrm{yz}+2 \mathrm{xy}+z^2 \\
\mathrm{xz}+x^2+2 \mathrm{yz} \\
\mathrm{xy}+y^2+2 \mathrm{xz}
\end{array}\right), H_f=\left(\begin{array}{ccc}
2 y & 2 x+z & y+2 z \\
2 x+z & 2 z & x+2 z \\
y+2 z & x+2 z & 2 x
\end{array}\right)

Aufgabe 2.1:
<math display="block">
\begin{aligned}
&\nabla f=\left(\begin{array}{l}
2 x \\
2 y
\end{array}\right) \text { kritischerWert }(x, y)=(0,0) \\
&H_f=\left(\begin{array}{ll}
2 & 0 \\
0 & 2
\end{array}\right) \text { positivde finit }(\text { konvex })(0,0) \text { ist globales Minimum } \\
&\nabla \mathrm{f}=\left(\begin{array}{cc}
2(x+1) \\
2(1-y)
\end{array}\right) \text { kritischer Wert }(x, y)=(-1,1) \\
&H_f=\left(\begin{array}{cc}
2 & 0 \\
0 & -2
\end{array}\right) \text { indefinit }(-1,1) \text { ist Sattelpunkt } \\
&\nabla \mathrm{f}=\left(\begin{array}{l}
y \\
x
\end{array}\right) \text { kritischerWert }(x, y)=(0,0) \\
&H_f=\left(\begin{array}{ll}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right) \text { indefinit }(E W \pm 1)(0,0) \text { ist Sattelpunkt }
\end{aligned}

</math>

Aufgabe 2.2:
 
<math display="block">
a) \nabla \mathrm{f}=\left(\begin{array}{l}2 x \\ 2 y\end{array}\right), \vec{x}_1=\left(\begin{array}{l}1 \\ 1\end{array}\right)
</math>
 
Abstiegsrichtung
<math display="block">
\vec{d}_1=-\left(\begin{array}{l}
2 \\
2
\end{array}\right)
</math>
 
<math display="block">
g(h)=f\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)
-h\left(\begin{array}{l}
2 \\
2
\end{array}\right)
</math>
 
<math display="block">
=2(1-2 h)^2
</math>
 
<math display="block">
g^{\prime}(h)=-8(1-2 h)=0
</math>
 
<math display="block">
h=12
</math>
 
<math display="block">
\vec{x}_2=\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)-
</math>
 
<math display="block">

\frac{1}{2}\left(\begin{array}{l}
2 \\
2
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}
0 \\
0
\end{array}\right)

</math>
 
<math display="block">
\nabla \mathrm{f}=\left(\begin{array}{l}
2(x+1) \\
2(1-y)
\end{array}\right), \vec{x}_1=\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)
</math>
 
Abstiegsrichtung
<math display="block">

\vec{d}_1=-\left(\begin{array}{l}
4 \\
0
\end{array}\right)
</math>
 

<math display="block">
g(h)=f\left(\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)-h\left(\begin{array}{l}
4 \\
0
\end{array}\right)\right)=(2-4 h)^2 g^{\prime}(h)=-8(2-4 h)=0 h=12

\vec{x}_2=\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)

</math>
In allen 3 Fällen landet man bereits nach einem Iterationsschritt im kritischen Punkt. Dies ist für allgemeine Funktionen nicht der Fall, sondern stammt daher, dass wir es hier jeweils mit quadratischen Funktionen zu tun haben. Im Beispiel a) haben wir somit nach einer Iteration bereits das globale Minimum gefunden. Aber Achtung! In Beispiel b) und c) sind wir jeweils in einem Sattelpunkt gelandet, und das Gradientenverfahren würde hier einfach abbrechen, weil der Gradient an einem kritischen Punkt natürlich gerade 0 ist. Würden wir in Beispiel b) etwa im Punkt <math display="inline">(-1,-1)</math> starten so erhält man <math display="inline">g(h)=f\left(\left(\begin{matrix}-1\\-1\\\end{matrix}\right)-h\left(\begin{matrix}0\\4\\\end{matrix}\right)\right)=-(2+4h)^2</math> und man erkennt, dass für wachsendes <math display="inline">h</math> der Funktionswert gegen <math display="inline">-\infty</math> strebt. 
 
 
Aufgabe 2.3: 
<math display="block">

\nabla \mathrm{f}=\left(\begin{array}{c}
4 x^3 \\
4 y^3
\end{array}\right), H_f=\left(\begin{array}{cc}
12 x^2 & 0 \\
0 & 12 y^2
\end{array}\right), \vec{x}_1=\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)
</math>
 
1. Schritt:
<math display="block">

\nabla f\left(\vec{x}_1\right)=\left(\begin{array}{l}
4 \\
4
\end{array}\right), H_f\left(\vec{x}_1\right)=\left(\begin{array}{cc}
12 & 0 \\
0 & 12
\end{array}\right) \vec{x}_2=\left(\begin{array}{l}
1 \\
1
\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}
112 & 0 \\
0 & 112
\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}
4 \\
4
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}
23 \\
23
\end{array}\right)
</math>
 
2. Schritt:
<math display="block">

\nabla f\left(\vec{x}_2\right)=\left(\begin{array}{l}
3227 \\
3227
\end{array}\right), H_f\left(\vec{x}_1\right)=\left(\begin{array}{cc}
163 & 0 \\
0 & 163
\end{array}\right) \vec{x}_3=\left(\begin{array}{l}
23 \\
23
\end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc}
316 & 0 \\
0 & 316
\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}
3227 \\
3227
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}
49 \\
49
\end{array}\right)

</math>
 
 
Aufgabe 2.4: 
<math display="block">
L=4 x+3 y+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)
</math>
<math display="block">
\frac{\partial L}{\partial x}=4+2 x \lambda=0
</math>
Multipliziere mit -x
<math display="block">
\frac{\partial L}{\partial y}=3+2 y \lambda=0
</math>

Multipliziere mit y
<math display="block">
4 y-3 x=0, \text { oder } y=\frac{3}{4} x
</math>
Nebenbedingung: 
<math display="inline">x^2+y^2=1</math> Zwei Lösungen
<math display="inline">(4/5, 3/5)</math> ist Maximum (Funktionswert 5) 
<math display="inline">(-4/5, -3/5)</math> ist Minimum (Funktionswert -5)

[[Datei:W2 4.jpg|300px|none|thumb]]

<math display="block">\begin{aligned}
L=x^2+y^2+\lambda\left(2\mathrm{xy}-1\right)
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial x}=2x+2y\lambda=0
\end{aligned}</math>

Multipliziere mit x<math display="block">\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial y}=2y+2x\lambda=0
\end{aligned}</math>

Multipliziere mit -y<math display="block">\begin{aligned}
2x^2-2y^2=0
\end{aligned}</math>

Nebenbedingung: <math display="inline">y=\frac{1}{2x}</math><math display="block">\begin{aligned}
x^4=\frac{1}{4}
\end{aligned}</math>

Zwei reelle Lösungen: 
<math display="inline">\left(\frac{1}{\sqrt2},\frac{1}{\sqrt2}\right)</math> sowie <math display="inline">\left(-\frac{1}{\sqrt2},-\frac{1}{\sqrt2}\right)</math> jeweils mit Funktionswert 1. 
Die Zeichnung zeigt, dass es sich jeweils um ein Minimum handelt:

[[Datei:W2 4a.jpg|300px|none|thumb]]

<math display="block">\begin{aligned}
L=\mathrm{exp}(xy)+\lambda(x+y-1)
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial x}=y\mathrm{exp}\left(\mathrm{xy}\right)+\lambda=0
\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
\frac{\partial L}{\partial y}=x\mathrm{exp}\left(\mathrm{xy}\right)+\lambda=0
\end{aligned}</math>

Bilde Differenz der beiden<math display="block">\begin{aligned}
\left(x-y\right)\mathrm{exp}xy=0
\end{aligned}</math>

also <math display="inline">x = y</math> Nebenbedingung: <math display="inline">x+y=1</math> 
Eindeutige Lösung <math display="inline">x = y = 1/2</math> mit Funktionswert<math display="block">\begin{aligned}
\mathrm{exp}\left(\frac{1}{4}\right)
\end{aligned}</math>

Die Zeichnung zeigt, dass es sich wiederum um ein Minimum handelt:

[[Datei:W2 4b.jpg|300px|none|thumb]]

Die Werte in der Zeichnung geben den Logarithmus der Wurzel der entsprechende Wertes der Funktion an. Z. Bsp ist das Minimum der Funktion unter der Nebenbedingung gegeben durch<math display="block">\begin{aligned}
f\left(0\mathrm{.}5,0\mathrm{.}5\right)=\mathrm{exp}(0.5^2)
\end{aligned}</math>

Aufgabe 2.5: 
<math display="block">
L=(x-1)^2+(y-2)^2-1+\lambda\left(x^2+y^2-1\right)
</math>
<math display="block">
K K T: \frac{\partial L}{\partial x}=2(x-1)+2 x \lambda=0
</math>
<math display="block">
\frac{\partial L}{\partial y}=2(y-2)+2 y \lambda=0
</math>
<math display="block">
\lambda\left(x^2+y^2-1\right)=0(\text { Comp. Slack. })
</math>
Fall 1: 
<math display="inline">\lambda=0</math> (Lösung im inneren des zulässigen Bereichs) 
<math display="inline">x = 1</math> und <math display="inline">y = 2</math> einzige formale Lösung, liegt nicht im zulässigen Bereich! 
Fall 2: 
<math display="inline">x^2+y^2-1=0</math> (Lösung am Rand) 
<math display="inline">\left(x-1\right)y-\left(y-2\right)x=2x-y=0</math>, also <math display="inline">2x = y</math> (ähnlich wie in Aufgabe 2.4) 
Einsetzen in NB liefert zwei Lösungen:<math display="block">\begin{array}{r}
\left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}}\right) \text { mit Funktionswert } 5-\frac{10}{\sqrt{5}}(\text { Minimum unter } N B) \\
\left(-\frac{1}{\sqrt{5}},-\frac{2}{\sqrt{5}}\right) \text { mit Funktionswert } 5+\frac{10}{\sqrt{5}}(\text { Maximum unter } N B)
\end{array}</math>

[[Datei:W2 5.jpg|300px|none|thumb]]
 
 
 
<math display="block">\begin{array}{r}
L=x^2+3 x y++2++y-1 \\
K K T: \frac{\partial L}{\partial x}=2 x+3 y+\lambda=0 \\
\frac{\partial L}{\partial y}=3 x+2 y+\lambda=0 \\
\lambda(x+y-1)=0(\text { Comp. Slack. })
\end{array}</math>

Fall 1: 
<math display="inline">\lambda=0</math> (Lösung im inneren des zulässigen Bereichs) 
<math display="inline">x = 0</math> und <math display="inline">y = 0</math> einzige formale Lösung, Hessematrix indefinit 
Sattelpunkt 
 
Fall 2: 
<math display="inline">x+y-1=0</math> (Lösung am Rand) 
Eliminiere <math display="inline">\lambda</math> 
<math display="inline">x-y=0</math>, also <math display="inline">x = y</math> (ähnlich wie in Aufgabe 2.4) 
Einsetzen in NB liefert eindeutige Lösung: 
<math display="block">\begin{aligned}
x = y = 1/2
\end{aligned}</math>

mit Funktionswert <math display="inline">5/4</math> Die Grafik zeigt, dass es sich um ein Maximum handelt:

[[Datei:W2 5 a.jpg|300px|none|thumb]]

Die Niveaulinien entsprechen Hyperbeln: <math display="inline">x^2+3\mathrm{xy}+2=const.</math> Je weiter man sich vom Ursprung nach rechts oben bewegt, desto größer sind die Werte die die Funktion entlang der Niveaulinie annimmt. Je weiter man sich vom Ursprung nach links oben (bzw. rechts unten) bewegt, desto kleiner sind die entsprechenden Funktionswerte.

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