\[ f_y(x,y)=1+xe^y\quad\mbox{und damit}\quad f_y(0,0)=1\not=0. \]

\[ f(x,h(x))=0\quad\mbox{in}\ C \]

\[ f_x(x,h(x))+f_y(x,h(x))h'(x)=0 \quad\mbox{bzw.}\quad h'(x)=-\,\frac{f_x(x,h(x))}{f_y(x,h(x))}\,. \]

\[ \begin{array}{ll} f_x(x,y)=e^y\,, & \quad\text{also}\ f_x(0,0)=1, \\[0.6ex] f_y(x,y)=1+xe^y\,, & \quad\text{also}\ f_y(0,0)=1 \end{array} \]

\[ h'(0)=-\,\frac{f_x(0,0)}{f_y(0,0)}=-1. \]

\[ f_{xx}+f_{xy}h'+f_{xy}h'+f_{yy}f'^2+f_yh''=0\quad\mbox{in}\ C \]

\[ \begin{array}{rcl} h''\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle -\,\frac{f_{xx}}{f_y}+\frac{2f_xf_{xy}}{f_y^2}-\frac{f_x^2}{f_{yy}} \\[1ex] & = & \!\!\!\displaystyle -\,\frac{f_y^2f_{xx}-2f_xf_yf_{xy}+f_x^2f_{yy}}{f_y^3}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{ll} f_{xx}(x,y)=0\,, & \quad\text{also}\ f_{xx}(0,0)=0, \\[0.6ex] f_{xy}(x,y)=e^y\,, & \quad\text{also}\ f_{xy}(0,0)=1, \\[0.6ex] f_{yy}(x,y)=xe^y\,, & \quad\text{also}\ f_{yy}(0,0)=0. \end{array} \]

\[ h''(0)=2. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ f\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right) =\left(\frac{6}{16}+\frac{2}{16}\right)^2-2\left(\frac{6}{16}-\frac{2}{16}\right)+\frac{1}{4} =0 \]

\[ f_y(x,y)=4y(x^2+y^2)+4y=4y(1+x^2+y^2) \]

\[ f_y\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=\sqrt{2}\,\left(1+\frac{6}{16}+\frac{2}{16}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{2}\not=0. \]

\[ h\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{4}\,. \]

\[ h'=-\,\frac{f_x}{f_y}\,,\quad h''=-\,\frac{f_y^2f_{xx}-2f_xf_yf_{xy}+f_x^2f_{yy}}{f_y^3}\,. \]

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle f_x=4x(x^2+y^2-1), & \quad\text{also}\quad & \displaystyle f_x\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=-\,\frac{\sqrt{6}}{2}\,, \\[1ex] f_y=4y(1+x^2+y^2), & \quad\text{also}\quad & \displaystyle f_y\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{2} \end{array} \]

\[ \begin{array}{lcl} f_{xx}=12x^2+4y^2-4, & \quad\text{also}\quad & \displaystyle f_{xx}\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=1, \\[1ex] f_{xy}=8xy, & \quad\text{also}\quad & \displaystyle f_{xy}\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=\sqrt{3}\,, \\[1ex] f_{yy}=4x^2+12y^2+4, & \quad\text{also}\quad & \displaystyle f_{yy}\left(\frac{\sqrt{6}}{4},\frac{\sqrt{2}}{4}\right)=7. \end{array} \]

\[ h'\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}\,,\quad h''\left(\frac{\sqrt{6}}{4}\right)=-\,\frac{16\sqrt{2}}{9}\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir betrachten also die Funktion \[ f(x,y):=(x-x_1)^2+(y-y_1)^2+(x-x_2)^2+(y-y_1)^2+(x-x_3)^2+(y-y_3)^2\,. \] Für die ersten Ableitungen berechnen wir \[ \begin{array}{rcl} f_x\!\!\! & = & \!\!\! 2(x-x_1)+2(x-x_2)+2(x-x_3), \\[0.6ex] f_y\!\!\! & = & \!\!\! 2(y-y_1)+2(y-y_2)+2(y-y_3). \end{array} \] Die Bedingungen \( f_x=0 \) und \( f_y=0 \) führen nach Umstellen auf \[ (x_s,y_s)=\frac{1}{3}\,(x_1+x_2+x_3,y_1+y_2+y_3) \] als den einzigen kritischen Punkt von \( f. \) Weiter sind \[ f_{xx}=6,\quad f_{xy}=0,\quad f_{yy}=6, \] und daher ist für alle \( (\xi,\eta)\in\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\} \) \[ Q_f(x_s,y_s)=(\xi,\eta)\circ{\mathbf H}_f(x_s,y_s)\circ(\xi,\eta)^t=6(\xi^2+\eta^2)\gt 0. \] In \( (x_s,y_s) \) besitzt die Funktion \( f \) also ein lokales Minimum. Es handelt sich aber tatsächlich um ein globales Minimum, denn es ist \[ f(x_s+a,y_s+b)-f(x_s,y_s)=3(a^2+b^2)\gt 0\quad\text{für alle}\ (a,b)\not=(0,0). \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir beginnen mit den ersten Ableitungen \[ \begin{array}{l} f_x=2xy(4-x-y)-x^2y=xy(8-3x-2y), \\[0.6ex] f_y=x^2(4-x-y)-x^2y=x^2(4-x-2y). \end{array} \] Es ist \[ f_y=0\quad\text{genau dann, wenn}\quad x=0\ \text{oder}\ 4-x-2y=0. \] Punkte mit \( x=0 \) liegen auf dem Randabschnitt \( g_1 \) und werden später betrachtet. Wir setzen \( 4-x-2y=0 \) bzw. \( x=4-2y \) in \( f_x=0 \) ein und erhalten \[ \begin{array}{l} f_x=(4-2y)y(8-12+6y-2y)=(4-2y)(-4+4y)y=0 \\[0.6ex] \text{genau dann, wenn}\quad y=0\ \text{oder}\ y=1\ \text{oder}\ y=2 \end{array} \] zusammen mit \( x=4-2y. \) Es liegen \( (4,0) \) und \( (0,2) \) auf dem Rand und werden später betrachtet. Es verbleibt der kritische Punkt \( (2,1), \) der im Innern des Dreiecks liegt, welches von den Nebenbedingungen begrenzt wird. Es ist nun weiter \[ \begin{array}{lll} f_{xx}(x,y)=8y-6xy-2y^2 & \quad\text{und damit}\quad & f_{xx}(2,1)=-6, \\[0.6ex] f_{xy}(x,y)=8x-3x^2-4xy & \quad\text{und damit}\quad & f_{xy}(2,1)=-4, \\[0.6ex] f_{yy}(x,y)=-2x^2 & \quad\text{und damit}\quad & f_{xy}(2,1)=-8. \end{array} \] Für die Hessesche Form haben wir daher \[ (\xi,\eta)\circ{\mathbf H}_f(2,1)\circ(\xi,\eta)^t =-6\xi^2-8\xi\eta-8\eta^2 =-(2\xi+2\eta)^2-2\xi^2-4\eta^2 \lt 0 \] für alle \( (\xi,\eta)\in\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}, \) d.h. \( f \) besitzt in \( (2,1) \) ein lokales Maximum. Nun noch zu den Nebenbedingungen: Auf dem abgeschlossenen Dreieck \( \triangle, \) begrenzt durch \( g_1, \) \( g_2 \) und \( g_3, \) nimmt \( f \) negative und positive Werte an. Entlang \( g_1 \) und entlang \( g_2 \) gilt \( f=0, \) und es gilt \( f=0 \) entlang \( y=4-x. \) Dieses letzte Geradensegment verläuft durch \( \triangle \) und trennt die negativen Funktionswerte (links unterhalb des Segmentes) von den positiven Funktionswerten (rechts oberhalb des Segmentes). Auf dem Segment \( g_3\,:\,y=6-x \) besitzt \( f \) in \( (4,2) \) ein Minimum - hierzu setzt man \( y=6-x \) in \( f \) ein und erhät eine Funktion \[ g(x):=f(x,6-x)=-2x^2(6-x), \] und von dieser bestimmt man die Extrema. Zusammengefasst verhält sich \( f \) auf dem Rand wie folgt (die Details bitte selbst ausarbeiten):

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir bezeichnen mit \( x \) und \( y \) die Seiten des Rechtecks. Der Flächeninhalt wird dann vermittels \[ f(x,y):=xy \] berechnet. Als Nebenbedingung haben wir den vorgegebenen Umfang \( U=20, \) wir setzen also \[ h(x,y):=2(x+y)-20=0. \] Wir betrachten nun die Lagrangeform \[ \widetilde f(x,y;\lambda):=f(x,y)-\lambda h(x,y)=xy-2\lambda(x+y-10) \] und ermitteln die ersten Ableitungen \[ \widetilde f_x=y-2\lambda,\quad \widetilde f_y=x-2\lambda,\quad \widetilde f_\lambda=-2(x+y-10). \] Dabei bedeutet \( \widetilde f_\lambda=0 \) genau die Nebenbedingung. Es ist weiter \( \nabla\widetilde f=0 \) genau dann, wenn \[ x=y=2\lambda, \] und Einsetzen in die Nebenbedingung \( \widetilde f_\lambda=0 \) bringt \[ 2\lambda+2\lambda-10=0\quad\text{bzw.}\quad\lambda=\frac{5}{2} \] und damit \[ x=5,\quad y=5. \] Handelt es sich um ein Extremum? Nach einem Satz von Weierstraß nimmt \( f \) auf dem durch die Nebenbedingung bestimmten Kompaktum ein globales Minimum und ein globales Maximum an. In unserer Situation lösen wir die Nebenbedingung wie folgt auf \[ y(x)=10-x \] und setzen sie in die Funktion \( f \) ein \[ F(x):=f(x,y(x)=x(10-x)=10x-x^2 \] mit den Ableitungen \[ \begin{array}{l} F'(x)=10-2x,\quad F''(x)=-2\lt 0, \\[0.6ex] F'(5)=0,\quad F''(5)\lt 0. \end{array} \] Im Punkt \( x=5 \) besitzt \( F \) als nach unten geöffnete Parabel ein lokales und auch globales Maximum. Das in Frage stehende Rechteck vorgeschriebenen Umfangs \( U=20 \) besitzt also dann den größten Flächeninhalt, wenn es ein Quadrat darstellt mit den Seitenlängen \( x=5 \) und \( y=5.\qquad\Box \)

Wir setzen \[ f(x,y):=x^2+y^2,\quad(x,y)\in\mathbb R^2\,, \] als die Funktion, welche das Quadrat des Abstands eines Punktes \( (x,y)\in\mathbb R^2 \) zum Koordinatenursprung wiedergibt sowie als Lagrangeform für das gestellte Problem \[ \widetilde f(x,y):=x^2+y^2-\lambda\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1\right),\quad(x,y)\in\mathbb R^2\,. \] Für die ersten Ableitungen der Lagrangeform folgen \[ \begin{array}{l} \displaystyle \widetilde f_x=2x-\frac{2\lambda x}{a^2}\,,\quad \widetilde f_y=2y-\frac{2\lambda y}{b^2}\,, \\[1ex] \displaystyle \widetilde f_\lambda=-\,\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}+1. \end{array} \] Für den Gradienten \( (\widetilde f_x,\widetilde f_y) \) beachten wir \[ \begin{array}{l} \widetilde f_x=0\quad\text{genau dann, wenn}\quad x=0\ \text{oder}\ \lambda=a^2\,, \\[0.6ex] \widetilde f_y=0\quad\text{genau dann, wenn}\quad y=0\ \text{oder}\ \lambda=b^2\,. \end{array} \] Betrachte den Fall \( \lambda=a^2: \) Dann ist \( \widetilde f_x=0, \) und es ist \( \widetilde f_y=0 \) genau dann, wenn \( y=0 \) wegen \( a\not=b. \) Einsetzen in \( \widetilde f_\lambda=0 \) liefert \[ -\,\frac{x^2}{a^2}+1=0\quad\text{genau dann, wenn}\quad x=\pm a. \] Betrachte den Fall \( x=0: \) Einsetzen in \( \widetilde f_\lambda=0 \) liefert \[ -\,\frac{y^2}{b^2}+1=0\quad\text{genau dann, wenn}\quad y=\pm b, \] und Einsetzen in \( \widetilde f_y=0 \) bringt \[ \pm 2b\left(1-\frac{\lambda}{b^2}\right)=0\quad\text{genau dann, wenn}\quad \lambda=b^2\,. \] Die weiteren Fälle \( y=0 \) und \( \lambda=b^2 \) belassen wir als eigenständige Übung, sie liefern entsprechend \( (\pm a,0) \) und \( (0,\pm b). \) Nach einem Satz von Weierstraß nimmt \( f \) auf dem durch die Nebenbedingung erzeugten Kompaktum ein globales Minimum und ein globales Maximum an. Dort gelten \[ f(\pm a,0)=a^2\,,\quad f(0,\pm b)=b^2\,, \] und zwar gilt genauer im Fall \( a\lt b \) \[ \begin{array}{l} \text{Abstand ist minimal in}\ (\pm a,0), \\[0.6ex] \text{Abstand ist maximal in}\ (0,\pm b) \\[0.6ex] \end{array} \] und im Fall \( a\gt b \) \[ \begin{array}{l} \text{Abstand ist minimal in}\ (0,\pm b), \\[0.6ex] \text{Abstand ist maximal in}\ (\pm a,0). \\[0.6ex] \end{array} \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)