TU Wien:Analysis 2 UE (diverse)/Übungen SS23/Beispiel 68

Für welche Werte wird $f(x,y,z)=xyz$ unter den Nebenbedingungen

$xy+yz+zx=a$ und $x+y+z=b$

möglichst groß?

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{{Beispiel|1=
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zu (im Falle einer korrekten, unverifizierten Lösung "solved". Auch möglich "unsolved", "wrong", "verified_by_tutor". Alle möglichen Werte sind hier: Vorlage:Beispiel dokumentiert.)

{{Beispiel|status=solved|1=
Angabetext
}}

Lösungsvorschlag

Umformung der Nebenbedingung zur Form NB = 0.
$xy+yz+zx-a=0$
$x+y+z-b=0$

Nun werden die Nebenbedingung mit den Lagrange'schen Multiplikatoren in die Lagrange Funktion eingesetzt:
$F(x,y,z,\lambda _{1},\lambda _{2})=xyz-\lambda _{1}\cdot (xy+yz+zx-a)-\lambda _{2}\cdot (x+y+z-b)$

Jetzt wird der Gradient der Lagrange Funktion gebildet und Null gesetzt um Gleichungsystem zu erhalten:
$\operatorname {grad} (F(x,y,z,\lambda _{1},\lambda _{2}))={\begin{pmatrix}F_{x}\\F_{y}\\F_{z}\\F_{\lambda _{1}}\\F_{\lambda _{2}}\end{pmatrix}}={\vec {0}}$

$(1):F_{x}=yz-\lambda _{1}\cdot (y+z)-\lambda _{2}=0$
$(2):F_{y}=xz-\lambda _{1}\cdot (x+z)-\lambda _{2}=0$
$(3):F_{z}=xy-\lambda _{1}\cdot (y+x)-\lambda _{2}=0$
$(4):F_{\lambda _{1}}=-(xy+yz+zx-a)=0$
$(5):F_{\lambda _{2}}=-(x+y+z-b)=0$

Dieses Gleichungssystem hat laut Wolfram-Alpha 7 Lösungen.

Frage: Mir hat sich der Sinn der Aufgabe noch nicht ganz erschlossen. Soll das nur bis hierher gemacht werden? Ist das Gleichungssystem überhaupt vernünftig lösbar?
Antwort: Die Lagrange Funktion gibt die Werte an, für die die Zielfunktion bezüglich der Nebenbedingung maximiert wird. Genau diese Werte sind in der Angabe gefragt.

In diesem Gleichungssystem gibt es 5 Gleichungen und 5 Unbekannte (+ 2 Konstanten), sieht also ziemlich lösbar aus. Ich glaube allerdings nicht das eine vollständige Lösung an der Tafel verlangt wird (aus Zeit- und Sisyphusgründen).
-- Edit: Bei uns (2017SS Gruppenleiter Karigl) wurde die vollständige Lösung an der Tafel verlangt.

$(4)\Rightarrow (4a):a=xy+yz+xz$
$(5)\Rightarrow (5a):b=x+y+z$

$(1)-(2)\Rightarrow yz-xz-\lambda _{1}(y+z)+\lambda _{1}(x+z)-\lambda _{2}+\lambda _{2}=0-0$
$\Rightarrow z(y-x)-\lambda _{1}((y+z)+(-x-z))=0$
$\Rightarrow z(y-x)-\lambda _{1}(y-x)=0$
$\Rightarrow (y-x)(z-\lambda _{1})=0\Rightarrow$*
$\Rightarrow (6):(y-x)=0\vee (z-\lambda _{1})=0$
/* (damit das Produkt 0 wird, muss zumindest einer der Faktoren 0 sein)
Analog:
$(2)-(3)\Rightarrow (7):(z-y)=0\vee (x-\lambda _{1})=0$
$(3)-(1)\Rightarrow (8):(x-z)=0\vee (y-\lambda _{1})=0$

Durch (6),(7) und (8) ergeben je 2 - insgesammt also 8-Fälle entweder
a)$([xyz]-[xyz])=0$ oder
b)$([xyz]-[xyz])\neq 0$

Bei den Fällen in denen zwei a-Varianten gelten kann man x=y=z schlussfolgern (z.B. Fall (6a, 7b, 8a)):
$(6a)\Rightarrow y=x$
$(8a)\Rightarrow x=z$
$\Rightarrow y=x=z$

Bei den Fällen in denen zwei b-Varianten gelten kann man ebenfalls jewels x=y, y=z oder z=x schlussfolgern:
Fall (6a, 7b, 8b): $(7b),(8b)\Rightarrow x-\lambda _{1}=y-\lambda _{1}\Rightarrow x=y$
Fall (6b, 7a, 8b): $(6b),(8b)\Rightarrow z-\lambda _{1}=y-\lambda _{1}\Rightarrow z=y$
Fall (6b, 7b, 8a): $(6b),(7b)\Rightarrow z-\lambda _{1}=x-\lambda _{1}\Rightarrow z=x$
Fall (6b, 7b, 8b): $(6b),(7b),(8b)\Rightarrow z-\lambda _{1}=x-\lambda _{1}=y-\lambda _{1}\Rightarrow z=x=y$

Bei den Fällen (6a, 7a, 8a), (6a, 7a, 8b), (6a, 7b, 8a),(6b, 7a, 8a) und (6b, 7b, 8b) gilt also:

$(5)\Rightarrow x=y=z={\frac {b}{3}}$
$(4)\Rightarrow a=({\frac {b}{3}})^{2}+({\frac {b}{3}})^{2}+({\frac {b}{3}})^{2}={\frac {b^{2}}{3}}$
$(1)\Rightarrow {\frac {b^{2}}{9}}-\lambda _{1}{\frac {2b}{3}}-\lambda _{2}$
$\Rightarrow {\frac {b}{3}}({\frac {b}{3}}-2\lambda _{1})=\lambda _{2}$
$\Rightarrow {\frac {b}{9}}(b-6\lambda _{1})=\lambda _{2}$
Da durch (2) und (3) keine weiteren Informationen gewonnen werden sind diese Fälle mMn nicht eindeutig Lösbar.
Aus der Nebenbedinung selbst folgt, dass dies sowieso nur ein Punkt ist, welcher einzeln überprüft werden muss: $f(b/3,b/3,b/3)={\frac {b^{3}}{27}}$

Fall (6a, 7b, 8b) bzw Fall 1:
$(3)\Rightarrow (9):x^{2}-2\lambda _{1}x-\lambda _{2}=0$
$(2)\Rightarrow (10):xz-\lambda _{1}(x+z)-\lambda _{2}=0$
$(5)\Rightarrow (11):z=b-2x$

$(4),(11)\Rightarrow x^{2}+2x(b-2x)=a$
$\Rightarrow -3x^{2}+2b\cdot x-a=0$
$\Rightarrow x_{1,2}={\frac {-2b\pm {\sqrt {4b^{2}+12a}}}{-6}}$
$\Rightarrow x_{1,2}={\frac {-2b\pm 4{\sqrt {b^{2}+3a}}}{-6}}$
$\Rightarrow (12):x_{1,2}={\frac {b\mp 2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

$(10),(11)\Rightarrow x(b-2x)-\lambda _{1}(x+(b-2x))-\lambda _{2}=0$
$\Rightarrow (13):2x^{2}-bx+\lambda _{1}(b-x)+\lambda _{2}=0$


$(12),(13)\Rightarrow (14):2x^{2}-bx+\lambda _{1}(b-x)+\lambda _{2}=0$
$(12),(9)\Rightarrow (15):x^{2}-2\lambda _{1}x-\lambda _{2}=0$
$(14)+(15)\Rightarrow 3x^{2}+\lambda _{1}(b-3x)-bx=0$
$\Rightarrow \lambda _{1}(b-3x)=bx-3x^{2}$
$\Rightarrow \lambda _{1}={\frac {bx-3x^{2}}{b-3x}}$
$\Rightarrow \lambda _{1}=x$
$(15)\Rightarrow x^{2}-2x^{2}-\lambda _{2}=0$
$\Rightarrow \lambda _{2}=-x^{2}$

Dadurch Ergeben sich die Lösungen: Fall 2:
$x=y=\lambda _{1}={\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$
$\lambda _{2}=({\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}})^{2}$
$z=b-2{\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$



Fall 3:
$x=y=\lambda _{1}={\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

$\lambda _{2}=({\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}})^{2}$

$z=b-2{\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

Fall (6b, 7a, 8b) und Fall (6b, 7b, 8a) werden analog gelöst, bewirken aber nur eine Variation der Variablen x, y und z was bei f(x,y,z)=xyz also keine Auswirkungen hat.

Fall 4:
$y=z=\lambda _{1}={\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

$\lambda _{2}=({\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}})^{2}$

$x=b-2{\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$


Fall 5:
$y=z=\lambda _{1}={\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

$\lambda _{2}=({\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}})^{2}$

$x=b-2{\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

Fall 6:
$x=z=\lambda _{1}={\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

$\lambda _{2}=({\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}})^{2}$

$y=b-2{\frac {b+2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$


Fall 7:
$x=z=\lambda _{1}={\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

$\lambda _{2}=({\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}})^{2}$

$y=b-2{\frac {b-2{\sqrt {b^{2}+3a}}}{3}}$

Alternativen

Es müsste auch (mit evtl. weniger Aufwand) möglich sein:

• eine der Nebenbedingungen in die Funktion einsetzen und die resultierende dann unter Einbeziehung der anderen Nebenbedingung mittels Lagrange lösen
• eine der Nebenbedingungen mittels der anderen vereinfachen, anbieten würde sich z.B. $b^{2}-2a=x^{2}+y^{2}+z^{2}$ (Kreisgleichung), man muss dann trotzdem noch mit zwei Nebenbedingungen arbeiten oder die eine in die Funktion einsetzen

--Dboon (Diskussion) 18:24, 26. Mär. 2014 (CET)

Links

TU_Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen SS07/Beispiel 111