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  kritische Punkte / Stellen |
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wildcopper
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 22.04.2002
Mitteilungen: 35
 |  Themenstart: 2003-04-08
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hallo
ich weiss einfach nicht, wie ich die kritischen Punkte eine Funktion
finden kann (Rechenweg)
z.B: F(x,y)=x^3+3xy^2-15x-12y
(kritischen Punkte/stationäre Stellen sollen sein:
P1 (-2,-1) ; P2 (2,1) ; P3 (-1,-2) ; P4 (1,2) ,aber
wie um Himmelswillen berchne ich sie????
(mit erster partieller Ableitung ? ..... oder und weiter....
ich bin am verzweifeln
rocco
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Martin_Infinite
Senior 
Dabei seit: 15.12.2002
Mitteilungen: 39133
Wohnort: Münster
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2003-04-08
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Da kann ich dir erst mal 2 Links geben:
1.link
2.link
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[ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 2003-04-08 22:22 ]
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wildcopper
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 22.04.2002
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2003-04-08
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hallo
ich weiss zwar wie ich mit den krit. punkten weiterrechne, aber
ich komme halt nicht auf diese punkte.....
mir fehlt die rechenregel ...
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Martin_Infinite
Senior
Dabei seit: 15.12.2002
Mitteilungen: 39133
Wohnort: Münster
| Beitrag No.3, eingetragen 2003-04-08
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Leite nach x ab:
fx=3x²+3y²-15
und nach y:
fy=6xy-12
Diese müssen ja Null werden:
3x²+3y²-15=0
3(x²+y²)=15
x²+y²=5
bzw.
6xy-12=0
xy=2
Damit kannst du deine Punkte überprüfen.
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[ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 2003-04-08 22:50 ]
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wildcopper
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 22.04.2002
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2003-04-08
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Hallo Martin,
um diese Punkte geht es ja eben
Diese Punkte soll ich ja eben finden...
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SchuBi
Senior
Dabei seit: 13.03.2003
Mitteilungen: 19409
Wohnort: NRW
 |  Beitrag No.5, eingetragen 2003-04-08
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Disclaimer:
Ich habe mein Studium vor 25 jahren beendet, deshalb keine Garantie auf die Lösung
Ich vermute, daß es um Extrema geht. Deshalb würde ich partiell ableiten.
f_x(x,y)=3x^2+3y^2-15
Deshalb gilt für die Nullstellen :
3x^2+3y^2-15=0
x^2+y^2=5
weitere partielle Ableitungen
f_xx(x,y)=6x
f_y(x,y)=6xy-12
Daraus folgt:
xy-2=0 bzw. xy=2
Also ergibt sich eine biquadratische Gleichung für Nullstellen der "1. Ableitung"
x^2+(2/x)^2=5
x^4+4=5x^2
x^4-5x^2+4=0
(x^2-1)*(x^2-4)=0
Damit ergeben sich als mögliche x-Werte
-2; +2; -1; +1
mit den dazugehörigen y-Werten:
-1; 1; -2; 2
Damit hast du die "kritischen Punkte" gefunden.
(-2/-1) ; (2/1) ; (-1/-2) und (1/2)
Weitere partielle Ableitungen
f_yy(x,y)=6x
f_xy(x,y)=6y
Überprüfung mit der Determinate der Matrix der "2. Ableitungen"
D=matrix(6x,6y;6y,6x)=36x^2-36y^2=36(x^2-y^2)<>0
weil |x|<>|y|
Damit kannst du die Minima und Maxima bestimmen.
PS: Ich war zu blöde und hatte einen Fehler in der Ableitung übersehen, aber jetzt ist alles in Ordnung.
[ Nachricht wurde editiert von SchuBi am 2003-04-10 07:40 ]
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wildcopper
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 22.04.2002
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2003-04-08
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Schußi, ich danke dir!
genau diesen Lösungsweg suchte ich.
einfach wunderbar das board.
eine Frage hätte ich allerdings noch (anderes Thema):
f(x)=x^2 * lnx - x ist für x>0 bel. oft stetig diffbar
ich suche die Taylorreihe um den punkt Xo=3
und das Konvergenzintervall dieser Taylorreihe, sowie
das Restglied R20 in der Cauchyschen Form.
Schußi, ich kann dich nur bitten dich dieses Problems noch anzunehmen,
denn du machst das einfach wunderbar.
bittee....
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viertel
Senior 
Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 27787
Wohnort: Hessen
 | Beitrag No.7, eingetragen 2003-04-09
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Hallo wildcopper,
bitte keine Anschlußfragen in einem Thread stellen. Mach bitte einen neuen auf. SchuBi (nicht Schußi - da denk ich irgendwie an Schussel, und das trifft's ja nun doch nicht) wird die Frage dann auch noch beantworten.
Meine Ausbildung ist leider auch schon 1/4-Jahrhundert her, deshalb halte ich zu Taylorreihen lieber (vorerst noch) die Klappe.
Gruß
Dietmar
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SchuBi
Senior
Dabei seit: 13.03.2003
Mitteilungen: 19409
Wohnort: NRW
| Beitrag No.8, eingetragen 2003-04-09
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Meinst du mit Taylorreihe nur Entwicklung bis R20 oder eine unendliche Potenzreihe?
Bei der Potenzreihe ist es simpel.
Ich entwickle ln(x) in x = 3
f^(i)(x)=(-1)^(i-1)\.(i-1)!/x^i
für i>0 bzw i=0: f(x)=ln (x)
Also ist die Potenzreihe von ln(x) in x=3:
n(x)= sum(f^(i)(3)/i!\.(x-3)^i,i=0,\inf)
=ln3+sum((-1)^(i-1)\.(i-1)!/(3^i*i!)\.(x-3)^i,i=1,\inf)
=ln3+sum((-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^i,i=1,\inf)
Hier sieht man, daß der Konvergenzradius 3 ist (geometrische Folge als Majorante)
Außerdem gilt:
x^2=(x-3+3)^2=(x-3)^2+6(x-3)+9
Damit kann man die Entwicklung von x^2*ln(x) einfacher betreiben.
x^2*ln(x)=ln3*x^2+x^2*sum((-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^i,i=1,\inf)
=ln3*x^2+sum((-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^i*x^2,i=1,\inf)
Nun kann man die einzelnen Summenglieder vereinfachen:
(-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^i*x^2
=(-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^i*((x-3)^2+6(x-3)+9)
=(-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^(i+2)+(-6)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^(i+1)+(-9)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^i
Jetzt faßt man Potenzen von (x-3) mit gleichen Exponenten zusammen und erhält als Koeffizienten:
(-1)/(i*(-3)^i)\.(x-3)^(i+2)+(-1)/((i+1)*(-3)^(i+1))\.(x-3)^(i+2)+(-1)/((i+2)*(-3)^(i+2))\.(x-3)^(i+2)
=-(x-3)^(i+2)/(-3)^i \.(1/i-1/(3\.(i+1))+1/(9\.(i+2)))
=-(x-3)^(i+2)/(-3)^i \.(9(i+1)(i+2)-3i(i+2)+i(i+1))/(9i(i+1)(i+2))
=-(x-3)^(i+2)/(-3)^i *(7i^2+22i+18)/(9i(i+1)(i+2))
=-(7i^2+22i+18)/(i(i+1)(i+2))(-(x-3)/3)^(i+2)
an dieser Stelle sieht man, daß der Konvergenzradius 3 bleibt, da die Koeffizienten eine Nullfolge bilden.
Das Gleiche betreibt man noch mit
ln3*x^2=ln3\.((x-3)^2+6(x-3)+9)
Jetzt indiziert man neu und kann eine vernünftige Potenzreihe angeben.
Für
x^2*ln(x)-x
funktioniert dieser Trick analog, da x= (x-3)+3
Beim Restglied R20 kann ich dir im Augenblick nicht helfen, da ich dazu erst mal ein Analysisbuch nacharbeiten müßte.
Ich mußte noch einen Vorzeichenfehler ausbügeln!!
[ Nachricht wurde editiert von SchuBi am 2003-04-09 02:15 ]
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wildcopper
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 22.04.2002
Mitteilungen: 35
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2003-04-09
|
ich danke dir SchuBi,
achso
R20 Fragestellung:
Geben sie das Restglied R20 in der Cauchyschen Form an.
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| Das Thema wurde von einem Senior oder Moderator abgehakt. |
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