A6.1 b)

marluwie
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A6.1 b)

Beitrag von marluwie » 21. Mai 2010 16:43

Hallo...

Es ist ein bisschen schwierig die Frage zu formulieren, ohne unseren Lösungsansatz zu posten. Wir sollen zeigen, dass der Gradient der Straffunktion 0 ist. Da wir eine Ungleichheitsbedingung haben, bekommen wir durch \(\hat{b}(p)\) eine Fallunterscheidung rein. Die Straffunktion ist stetig. Aber der Gradient ist gerade im Punkt p* unstetig (deswegen wahrscheinlich der Tipp).

Betrachten wir nun im zulässigen Bereich den Gradienten, erhalten wir nun immer (-1, -1)' - kann gar nicht 0 werden. Außerhalb erhalten wir einen Gradienten, der von p und \(\rho\) abhängig ist. Unserer Meinung läuft dieser Gradient auch nicht gegen 0. Soweit ich weiß, war ein Tipp durch \(\rho\) zu teilen. Aber wenn ich durch einen Term teile, der gegen \(\infty\) läuft, wird (fast) alles 0. Meiner Meinung nach ist die Division durch \(\rho\) nicht gerechtfertig.

Wenn ja, würde ich gerne wissen warum. Das andere Problem ist das (-1, -1)', was einfach nicht 0 sein kann. Wenn der Gradient der Straffunktion im Punkt p* nicht stetig ist, wie kann man dann in diesem Punkt einen Gradient angeben.
Wir denken, dass das Problem dadurch gelöst wird, dass (-1, -1)' nur für p auftritt, die im zulässigen Bereichs liegen. Dann muss man sich nur überlegen, ob diese p interessant sind.

Bitte um eure Meinungen.
Viele Grüße,
Marian
Zuletzt geändert von marluwie am 24. Mai 2010 17:43, insgesamt 2-mal geändert.
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Re: A6.1 b)

Beitrag von marluwie » 21. Mai 2010 23:14

Das Problem abstrakt in Kürze:
Was ist der Grenzwert von \(1 - ab\) mit \(a \rightarrow \infty, b \rightarrow 0\)?

Folgende Umformung ist meiner Meinung nach Unsinn:
\(1 - ab = 0 \iff 1/a - b = 0\) mit \(a \rightarrow \infty, b \rightarrow 0 \Rightarrow 0 - 0 = 0\).

Denn dann gilt auch:
\(c - ab = 0 \iff c/a - b = 0\) mit \(a \rightarrow \infty, b \rightarrow 0, \forall c \in \mathbb{R} \Rightarrow 0 - 0 = 0\),
\(1 + ab = 0 \iff 1/a + b = 0\) mit \(a \rightarrow \infty, b \rightarrow 0 \Rightarrow 0 + 0 = 0\) und
\(1 + ab = \infty \iff 1/b + a = \infty/b\) mit \(a \rightarrow \infty, b \rightarrow 0 \Rightarrow \infty + \infty = \infty\),
was definitiv Blödsinn ist, oder?

Ein anderer Ansatz:
\(1 = a / a\) mit \(a \rightarrow \infty\) (L'Hôptial). Dann erhält man:
\(1 - ab = a/a - ab = a(1/a - b)\) mit \(a \rightarrow \infty, b \rightarrow 0\).

Analyse:
Unabhängig von den Folgen für \(a\) und \(b\) strebt \(a\) gegen \(\infty\) und \(1/a - b\) gegen \(0\). L'Hôpital bietet sich an. Aber es ist nicht ganz klar, wie sich \(1/a - b\) verhält, finde ich (wie schnell es gegen \(0\) geht).

Wie sonst? Funktioniert L'Hôpital mit zwei Freiheitsgraden? Ich bin für alle Vorschläge oder Anmerkungen dankbar.
Viele Grüße,
Marian
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Re: A6.1 b)

Beitrag von Stumpf.Alex » 22. Mai 2010 16:34

Also es ist ja offensichtlich, dass die Nebenbedingung aktiv ist, daher fällt die Fallunterscheidung weg. Der Rest ergibt sich (eigentlich) dann von alleine, wenn man das geschickt umformt. Das wichtigste ist, konkrete Einsetzungen von Lösungen erst ganz am Ende zu machen. Vereinfachungen dagegen sind dagegen jederzeit möglich. Tipp: Man kann das Problem durch genaues hinsehen auf einen Freiheitsgrad reduzieren.

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