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Präsenzblatt 8


 

Aufgabe PA 30

 

Mit natürlichen Zahlen m,nN 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.

 

Lösung

 

Zunächst ist f(0,0)=0. Wegen r2=0 genau dann, wenn r=0 für alle rR, 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):=sinxsiny,(x,y)R2.

 

Lösung

 

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,nZ.

Ist sinx=0, dann auch siny=0 und umgekehrt, also

x=kπ,y=πmit k,Z. Wir erhalten also als Menge der kritischen Punkte {(x,y)R2:x=kπ, y=π, k,Z}{(x,y)R2:x=π2+mπ, π2+nπ, m,nZ}. Das war gesucht.

 

 

Aufgabe PA 32

 

Betrachten Sie die Funktion f(x,y):=xy3xy3+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.

 

Lösung

 

(i) Wir berechnen

fx(x,y)=y3y3+3x2,fy(x,y)=x9xy2.

  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)=19y2,fyy(x,y)=18xy.

  Damit ergibt sich für die Hessesche Matrix

Hf(x,y)=(6x19y219y218xy)

  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)ex2y2,(x,y) Ω:={(x,y)R2:x2+y214}, auf lokale und globale Extrema.

 

Lösung

 

Wir gehen in mehreren Schritten vor.

 

1. Wir berechnen zunächst

fx(x,y)=2xex2y22x(x2+y2)ex2y2,fy(x,y)=2yex2y22y(x2+y2)ex2y2.

  Die Bedingung f(x,y)=(0,0) führt daher auf

0=2x2x(x2+y2)=2x(1x2y2)=0,0=2y2y(x2+y2)=2y(1x2y2).

  Wegen (x,y)B12(0,0) ist 1x2y2>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)=2ex2y24x2ex2y22(x2+y2)ex2y24x2ex2y2+4x2(x2+y2)ex2y2,fxy(x,y)=4xyex2y24xyex2y2+4xy(x2+y2)ex2y2,fyy(x,y)=2ex2y24y2ex2y22(x2+y2)ex2y24y2ex2y2+4y2(x2+y2)ex2y2

  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 ξR2{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):=r2er2,0r12,

  zu betrachten. Da diese wegen

φ(r)=2r(1r2)er>0für alle 0r12

  streng monoton wachsend ist, ist f entlang des Randes Ω maximal mit dem Wert

f(x,y)=14e14,(x,y)Ω.

  Alle (x,y)Ω sind also globale Maxima und damit auch lokale Maxima.

 

Damit sind alle lokalen und globalen Extrema bestimmt.