Aufgabenkomplex 5: Hauptachsentransformation, Lineare Optimierung, Differentialrechnung in mehreren Veränderlichen

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1 Aufgabenkomplex 5: Hauptachsentransformation, Lineare Optimierung, Differentialrechnung in mehreren Veränderlichen 1. Bestimmen Sie für die folgenden Funktionen zunächst die kritischen Stellen und entscheiden Sie, ob (und wenn ja um welche) es sich um lokale Extremstellen handelt a) f(x,y) = y 4 + cos(x) b) g(x,y) = 3x 2 + 3xy 18y 2 c) h(x,y) = (x y) xy Lösung: a) Zuerst wird der Gradient berechnet, der sich aus den ersten partiellen Ableitungen ergibt. Der Gradient wird Null gesetzt um Extremwertkandidaten zu ermitteln: f(x,y) grad f(x,y) = f(x,y) = x sin(x) 0 = f(x,y) 4y 3 = 0 y Daraus ergibt sich: x {πk,k Z} y = 0 Die Extremwertkandidat sind somit (πk,0),k Z. Um nun zu überprüfen ob es sich bei diesem Punkten um Extremstellen handelt, muss die Hessematrix betrachtet werden: 2 f(x,y) 2 f(x,y) H f (x,y) = x 2 x y cos(x) 0 = 0 12y 2 2 f(x,y) y x 2 f(x,y) y 2 Nun werden die Kandidaten eingesetzt. Dazu werden die Punkte (2πk + π, 0) und (2πk, 0) mit k Z getrennt betrachtet, da die Kosinusfunktion hier unterschiedliche Werte annimmt: 1 0 H f (2πk + π,0) = Der erste Eintrag in der ersten Zeile ist größer 0, die Determinante ist 0. Die ( Matrix ) ist also positiv semidefinit H f (2πk,0) = Der erste Eintrag in der ersten Zeile ist kleiner 0, die Determinante ist 0. Die Matrix ist also negativ semidefinit. Die Semidefinitheit ist die notwen- 0 0 dige Bedingung für das Vorliegen einer lokalen Extremstelle, jedoch nicht hinreichend. Um eine Aussage treffen zu können, muss anders vorgegangen werden. Da y 4 0 und cos(x) 1, x,y R und f(2πk +π,0) = 1 ist, werden an den Stellen (2πk +π,0),k Z globale Minima erreicht. An den Stellen (2πk,0),k Z befinden sich Sattelpunkte, da dort f(2πk,0) = 1 ist, allerdings ist für alle y 0 f(2πk,y) 1 und für alle x 2πk f(x,0) < 1. b) Zuerst wird wieder der Gradient berechnet, der sich aus den ersten partiellen Ableitungen ergibt. Der Gradient ( wird ) Null ( gesetzt ) um Extremwertkandidaten zu ermitteln: 6x + 3y 0 grad f(x,y) = = 3x 36y 0 Daraus ergibt sich für die erste Zeile: y = 2x Ausgabe: Abgabe: , 15:00 Uhr Seiten: 1 von 6

2 Nun wird y = 2x in die zweite Zeile eingesetzt. Es ergibt sich 3x + 72x = 0 x = 0 Damit ergibt sich y = 0. Der Extremwertkandidat ist somit (0,0). Um nun zu überprüfen ob es sich bei diesem Punkten um eine Extremstelle handelt, muss die Hessematrix betrachtet werden: 6 3 H f (x,y) = 3 36 Die Hessematrix hängt nicht von dem Punkt ab. Da die Determinate kleiner als 0 ist, ist die Matrix indefinit. Daher ist (0, 0) keine lokale Extremstelle. c) Zuerst wird wieder der Gradient berechnet, der sich aus den ersten partiellen Ableitungen ergibt. Der Gradient ( wird Null gesetzt um Extremwertkandidaten zu ermitteln: 3(x y) 2 ) + 12y 0 grad f(x,y) = 3(x y) 2 = + 12x 0 Daraus ergibt sich durch Addition der beiden Zeilen y = x und durch Einsetzen in die erste Zeile ergibt sich x(12x 12) = 0 x 1 = 0,x 2 = 1 und damit y 1 = 0 und y 2 = 1 Die Extremwertkandidaten sind somit (0,0) und (1, 1). Um nun zu überprüfen ob es sich bei diesen Punkten um Extremstellen handelt, muss die Hessematrix ( betrachtet werden: ) 6(x y) 6(x y) + 12 H f (x,y) = 6(x y) (x y) Nun werden ( die Kandidaten ) eingesetzt: 0 12 H f (0,0) = 12 0 Da die Determinate kleiner als 0 ist, ist die Matrix indefinit. Daher ist (0,0) keine lokale Extremstelle H f (1, 1) = 0 12 Da die Determinate größer als 0 ist und der erste Eintrag ebenfalls positiv ist, ist die Matrix positiv definit. Daher ist (1, 1) ein lokales Minimum. Bewertung: a) bis c) jeweils 4 BE, gesamt 12 BE 2. In dem Unternehmen Chemnitzer Naschwerk werden Nougatstangen und Marzipanbrote hergestellt. Bei der Produktion einer Einheit Nougatstangen werden 4 Geldeinheiten Gewinn gemacht, während bei der Produktion einer Einheit Marzipanbrote 6 Geldeinheiten Gewinn gemacht werden. Dafür gibt es drei verschiedene Abteilungen mit unterschiedlicher Maschinenausstattung und frei verfügbarer Zeit. In der folgenden Tabelle ist angegeben, wie viel Zeit (in Stunden) pro Einheit des entsprechenden Erzeugnisses in den einzelnen Abteilungen benötigt wird und wie viel Zeit jeweils insgesamt zur Verfügung steht. Abteilung Nougatstangen Marzipanbrote verfügbare Zeit A A A Ausgabe: Abgabe: , 15:00 Uhr Seiten: 2 von 6

3 Wieviel Einheiten Nougatstangen und Marzipanbrote müssen produziert werden, damit der Gewinn maximal wird? Geben Sie dabei alle dafür möglichen Lösungen an. Lösen Sie dieses Problem, indem Sie eine lineare Optimierungsaufgabe aufstellen und diese grafisch lösen! Lösung: Schreibt man dieses Problem in ein lineare Optimierungsproblem um, so erhält man: Maximiere 4x 1 + 6x 2 sodass x 1 + 4x x 1 + 3x x 1 + 2x 2 21 x 1,x 2 0 Nun werden die Nebenbedingungen in ein Koordinatensystem eingezeichnet. Dazu werden die Ungleichungen als Gleichungen umgeschrieben und diese in das Koordinatensystem eingetragen. Der jeweilige Bereich links von den Funktionen entspricht dann dem Bereich der -Ungleichung. Die Fläche, die alle diese Bereiche enthält, ist die zulässige Menge (Im Koordinatensystem hier als rote Fläche dargestellt). Die Zielfunktion (ohne den konstanten Anteil) 4x 1 + 6x 2 wird nun 0 gesetzt und eingezeichnet (hier die rote Gerade, die durch den Koordinatenursprung verläuft). Diese wird soweit wie möglich parallel verschoben, solange sie noch die Fläche durchläuft (sie wird also bis zu der äußersten Kante der Fläche verschoben, die gerade einem Segment der lineare Funktion 2x 1 + 3x 2 = 19 entspricht). Diese Kante der Fläche entspricht den Punkten, die den Optimalwert liefern, also alle Punkte auf dieser Strecke sind Optimallösungen. Eine Optimallösung ist z.b. der Punkt (2, 5). Der Gewinn liegt bei 38 Geldeinheiten. Ausgabe: Abgabe: , 15:00 Uhr Seiten: 3 von 6

4 Bewertung: 8 BE 3. Berechnen Sie die Lösung der folgenden Optimierungsprobleme mit Hilfe des Simplexalgorithmus, falls eine Lösung existiert. a) b) Minimiere 2x 1 + x 2 3x 3 + 2x 4 x 5 sodass x 1 + x 2 + x 3 = 1 x 1 x 2 + x 4 = 1 x 1 + x 2 + x 5 = 2 x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 0 Minimiere 5x 1 4x 2 + 2x 3 sodass 3x 1 + 2x 2 4x 3 5 2x 1 + x 2 x 3 2 4x 1 + 3x 2 3x 3 7 x 1,x 2,x 3 0 Ausgabe: Abgabe: , 15:00 Uhr Seiten: 4 von 6

5 Lösung: a) Zur Anwendung des Simplexverfahrens auf dieses Optimierungsproblem muss dieses zunächst in Normalform gebracht werden. Dazu werden die Vorzeichen der Zielfunktion vertauscht, um ein Maximerungsproblem zu erzeugen: Maximiere 2x 1 x 2 + 3x 3 2x 4 + x 5 sodass x 1 + x 2 + x 3 = 1 x 1 x 2 + x 4 = 1 x 1 + x 2 + x 5 = 2 x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 0 Das Simplextableau zur Lösung dieser Optimierungsaufgabe ist in der Datei loesungstableau.pdf zu finden. Als Lösung erhält man x 1 = 1,x 2 = 0,x 3 = 2,x 4 = 0 und x 5 = 1. Der minimale Zielfunktionswert ist damit 9. b) Zur Anwendung des Simplexverfahrens auf dieses Optimierungsproblem muss auch dieses zunächst in Normalform gebracht werden. Dazu werden die Vorzeichen der Zielfunktion vertauscht, um ein Maximerungsproblem zu erzeugen. Darüber hinaus werden die Ungleichungen mit Hilfe von Schlupfvariablen zu Gleichungen umformuliert: Maximiere 5x 1 + 4x 2 2x 3 sodass 3x 1 + 2x 2 4x 3 + s 1 = 5 2x 1 + x 2 x 3 + s 2 = 2 4x 1 + 3x 2 3x 3 + s 3 = 7 x 1,x 2,x 3,s 1,s 2,s 3 0 Das Simplextableau zur Lösung dieser Optimierungsaufgabe ist in der Datei loesungstableau.pdf zu finden. Die Zielfunktion ist unbeschränkt, womit es keine optimale Lösung gibt. Bewertung: 12 BE 4. Führen sie für die Gleichung 36x xy + 29y = 0 eine Hauptachsentransformation durch. Um welche Art von Kurve handelt es sich? Lösung:In Matrix-Vektor-Schreibweise haben wir x x y 180 = y Das charakteristische Polynom obiger Matrix, die wir im Folgenden mit A bezeichnen ist p(λ) = det(a λi) = (36 λ)(29 λ) 12 2 = λ 2 65λ = (20 λ)(45 λ) = 0, wodurch sich die Eigenwerte λ 1 = 20 und λ 2 = 45 ergeben. Durch Bestimmung der Lösungsmenge des linearen Gleichungssystems A = 0 erhalten wir ẽ 1 = ( 3,4) als Eigenvektor zum Ausgabe: Abgabe: , 15:00 Uhr Seiten: 5 von 6

6 Eigenwert 20. Da für symmetrische Matrizen die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal aufeinander stehen, ist ẽ 2 = (4,3) ein Eigenvektor zum Eigenwert 45. Durch Normieren erhalten wir also e 1 = 1 5 ( 3,4) und e 2 = 1 5 (4,3) als normierte Eigenwerte. Dementsprechend gilt mit den Matrizen P = , D = die Gleichung P DP = A, womit wir für u = P v x = 1 y 5 3x + 4y 4x + 3y erhalten, dass ( x ) x ( y A 180 = x y ist. Daraus ergibt sich schließlich 20u v = 0, beziehungsweise ) y P DP x ( 180 = u y ) u v D 180 = 0 v 1 = u2 9 + v2 4. Es handelt sich also um eine Ellipse. Bewertung: 8 BE Gesamtewertung: 12 BE + 8 BE + 12 BE + 8 BE = 40 BE Ausgabe: Abgabe: , 15:00 Uhr Seiten: 6 von 6