Präsenzblatt 8
Aufgabe PA 30
Mit natürlichen Zahlen m,n∈N betrachten wir die Funktion f(x,y):=mx2+ny2,(x,y)∈R. Begründen Sie, dass f in (x0,y0)=(0,0) ein globales Minimum besitzt.
Zunächst ist f(0,0)=0. Wegen r2=0 genau dann, wenn r=0 für alle r∈R, folgt f(x,y)=m2x2+n2y2>0für alle (x,y)≠(0,0). Also besitzt f in a=(0,0) ein globales Minimum.◻
Aufgabe PA 31
Bestimmen Sie sämtliche kritischen Punkte der Funktion f(x,y):=sinx⋅siny,(x,y)∈R2.
Wir berechnen zunächst fx(x,y)=cosxsiny,fy(x,y)=sinxcosy. Die Bedingungen 0=cosxsiny,0=sinxcosy führen auf folgende zwei Fälle:
| ∘ | Ist cosx=0, dann auch cosy=0 und umgekehrt, also |
x=π2+mπ,y=π2+nπmit m,n∈Z.
| ∘ | Ist sinx=0, dann auch siny=0 und umgekehrt, also |
x=kπ,y=ℓπmit k,ℓ∈Z. Wir erhalten also als Menge der kritischen Punkte {(x,y)∈R2:x=kπ, y=ℓπ, k,ℓ∈Z}∪……∪{(x,y)∈R2:x=π2+mπ, π2+nπ, m,n∈Z}. Das war gesucht.◻
Aufgabe PA 32
Betrachten Sie die Funktion f(x,y):=xy−3xy3+x3,(x,y)∈R2.
| (i) | Beweisen Sie, dass f in (0,0) einen kritischen Punkt besitzt. |
| (ii) | Liegt in (0,0) ein lokales Extremum oder ein Sattelpunkt vor? Werten Sie dazu die zugehörige Hessesche Form aus. |
| (i) | Wir berechnen |
fx(x,y)=y−3y3+3x2,fy(x,y)=x−9xy2.
| Es ist also |
∇f(0,0)=(0,0),
| d.h. f besitzt in (0,0) einen kritischen Punkt. | |
| (ii) | Wir berechnen weiter |
fxx(x,y)=6x,fxy(x,y)=1−9y2,fyy(x,y)=−18xy.
| Damit ergibt sich für die Hessesche Matrix |
Hf(x,y)=(6x1−9y21−9y2−18xy)
| und somit insbesondere |
Hf(0,0)=(0110).
| Die zugehörige Hessesche Form |
Qf(0,0)=(ξ,η)∘Hf(0,0)∘(ξ,η)t=2ξη.
| ist indefinit, d.h. sie ist weder positiv noch negativ definit. Es liegt also ein Sattelpunkt vor. |
Das war zu zeigen.◻
Aufgabe PA 33
Untersuchen Sie die Funktion f(x,y):=(x2+y2)e−x2−y2,(x,y)∈ Ω:={(x,y)∈R2:x2+y2≤14}, auf lokale und globale Extrema.
Wir gehen in mehreren Schritten vor.
| 1. | Wir berechnen zunächst |
fx(x,y)=2xe−x2−y2−2x(x2+y2)e−x2−y2,fy(x,y)=2ye−x2−y2−2y(x2+y2)e−x2−y2.
| Die Bedingung ∇f(x,y)=(0,0) führt daher auf |
0=2x−2x(x2+y2)=2x(1−x2−y2)=0,0=2y−2y(x2+y2)=2y(1−x2−y2).
| Wegen (x,y)∈B12(0,0) ist 1−x2−y2>0, weshalb notwendig folgen x=0 und y=0. Damit ist |
P=(0,0)
| der einzige kritische Punkt, der in Betracht kommt. | |
| 2. | Wir berechnen nun die zweiten partiellen Ableitungen |
fxx(x,y)=2e−x2−y2−4x2e−x2−y2−2(x2+y2)e−x2−y2−4x2e−x2−y2+4x2(x2+y2)e−x2−y2,fxy(x,y)=−4xye−x2−y2−4xye−x2−y2+4xy(x2+y2)e−x2−y2,fyy(x,y)=2e−x2−y2−4y2e−x2−y2−2(x2+y2)e−x2−y2−4y2e−x2−y2+4y2(x2+y2)e−x2−y2
| und erhalten damit insbesondere |
fxx(0,0)=2,fxy(0,0)=fyx(0,0)=0,fyy(0,0)=2
| bzw. in Form der Hesseschen Matrix |
Hf(0,0)=(2002).
| Die Hessesche Form erfüllt also |
Qf(0,0)=2(ξ21+ξ22)>0für alle ξ∈R2∖{0},
| d.h. nach einem Satz aus der Vorlesung besitzt f in a=(0,0) ein striktes lokales Minimum. Wegen f(x,y)≥0 in Ω ist dieses lokale Minimum gleichzeitig ein globales Minimum. | |
| 3. | Wir untersuchen nun die Funktion auf dem Rand |
∂Ω={(x,y)∈R2:x2+y2=14}.
| Die Funktion ist rotationssymmetrisch, so dass es genügt, die neue Funktion |
φ(r):=r2e−r2,0≤r≤12,
| zu betrachten. Da diese wegen |
φ′(r)=2r(1−r2)e−r>0für alle 0≤r≤12
| streng monoton wachsend ist, ist f entlang des Randes ∂Ω maximal mit dem Wert |
f(x,y)=14e−14,(x,y)∈∂Ω.
| Alle (x,y)∈∂Ω sind also globale Maxima und damit auch lokale Maxima. |
Damit sind alle lokalen und globalen Extrema bestimmt.◻