Präsenzblatt 8
Aufgabe PA 30
Mit natürlichen Zahlen \( m,n\in\mathbb N \) betrachten wir die Funktion \[ f(x,y):=mx^2+ny^2\,,\quad(x,y)\in\mathbb R. \] Begründen Sie, dass \( f \) in \( (x_0,y_0)=(0,0) \) ein globales Minimum besitzt.
Zunächst ist \( f(0,0)=0. \) Wegen \( r^2=0 \) genau dann, wenn \( r=0 \) für alle \( r\in\mathbb R, \) folgt \[ f(x,y)=m^2x^2+n^2y^2\gt 0\quad\mbox{für alle}\ (x,y)\not=(0,0). \] Also besitzt \( f \) in \( a=(0,0) \) ein globales Minimum.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 31
Bestimmen Sie sämtliche kritischen Punkte der Funktion \[ f(x,y):=\sin x\cdot\sin y,\quad(x,y)\in\mathbb R^2\,. \]
Wir berechnen zunächst \[ f_x(x,y)=\cos x\sin y,\quad f_y(x,y)=\sin x\cos y. \] Die Bedingungen \[ 0=\cos x\sin y,\quad 0=\sin x\cos y \] führen auf folgende zwei Fälle:
| \( \circ \) | Ist \( \cos x=0, \) dann auch \( \cos y=0 \) und umgekehrt, also |
\[ x=\frac{\pi}{2}+m\pi,\quad y=\frac{\pi}{2}+n\pi \quad\mbox{mit}\ m,n\in\mathbb Z. \]
| \( \circ \) | Ist \( \sin x=0, \) dann auch \( \sin y=0 \) und umgekehrt, also |
\[ x=k\pi,\quad y=\ell\pi \quad\mbox{mit}\ k,\ell\in\mathbb Z. \] Wir erhalten also als Menge der kritischen Punkte \[ \begin{array}{l} \displaystyle \{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x=k\pi,\ y=\ell\pi,\ k,\ell\in\mathbb Z\}\cup\ldots \\[1ex] \displaystyle\qquad \ldots\cup\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x=\frac{\pi}{2}+m\pi,\ \frac{\pi}{2}+n\pi,\ m,n\in\mathbb Z\right\}. \end{array} \] Das war gesucht.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 32
Betrachten Sie die Funktion \[ f(x,y):=xy-3xy^3+x^3\,,\quad(x,y)\in\mathbb R^2\,. \]
| (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 |
\[ f_x(x,y)=y-3y^3+3x^2\,,\quad f_y(x,y)=x-9xy^2\,. \]
| Es ist also |
\[ \nabla f(0,0)=(0,0), \]
| d.h. \( f \) besitzt in \( (0,0) \) einen kritischen Punkt. | |
| (ii) | Wir berechnen weiter |
\[ f_{xx}(x,y)=6x,\quad f_{xy}(x,y)=1-9y^2\,,\quad f_{yy}(x,y)=-18xy. \]
| Damit ergibt sich für die Hessesche Matrix |
\[ {\mathbf H}_f(x,y) =\left( \begin{array}{cc} 6x & 1-9y^2 \\ 1-9y^2 & -18xy \end{array} \right) \]
| und somit insbesondere |
\[ {\mathbf H}_f(0,0) =\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right). \]
| Die zugehörige Hessesche Form |
\[ Q_f(0,0)=(\xi,\eta)\circ{\mathbf H}_f(0,0)\circ(\xi,\eta)^t=2\xi\eta. \]
| ist indefinit, d.h. sie ist weder positiv noch negativ definit. Es liegt also ein Sattelpunkt vor. |
Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 33
Untersuchen Sie die Funktion \[ f(x,y):=(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\,,\quad (x,y)\in\ \Omega:=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\le\frac{1}{4}\right\}, \] auf lokale und globale Extrema.
Wir gehen in mehreren Schritten vor.
| 1. | Wir berechnen zunächst |
\[ \begin{array}{rcl} f_x(x,y)\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle 2xe^{-x^2-y^2}-2x(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\,, \\[0.6ex] f_y(x,y)\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle 2ye^{-x^2-y^2}-2y(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\,. \end{array} \]
| Die Bedingung \( \nabla f(x,y)=(0,0) \) führt daher auf |
\[ \begin{array}{l} 0\!\!\! & = & \!\!\! 2x-2x(x^2+y^2)=2x(1-x^2-y^2)=0, \\[0.6ex] 0\!\!\! & = & \!\!\! 2y-2y(x^2+y^2)=2y(1-x^2-y^2). \end{array} \]
| Wegen \( (x,y)\in B_\frac{1}{2}(0,0) \) ist \( 1-x^2-y^2\gt 0, \) 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 |
\[ \begin{array}{lll} f_{xx}(x,y)\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle 2e^{-x^2-y^2}-4x^2e^{-x^2-y^2}-2(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2} \\[0.6ex] & & \!\!\!\displaystyle -\,4x^2e^{-x^2-y^2}+4x^2(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\,, \\[0.6ex] f_{xy}(x,y)\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle -4xye^{-x^2-y^2}-4xye^{-x^2-y^2}+4xy(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2}\,, \\[0.6ex] f_{yy}(x,y)\!\!\! & = & \!\!\!\displaystyle 2e^{-x^2-y^2}-4y^2e^{-x^2-y^2}-2(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2} \\[0.6ex] & & \!\!\!\displaystyle -\,4y^2e^{-x^2-y^2}+4y^2(x^2+y^2)e^{-x^2-y^2} \end{array} \]
| und erhalten damit insbesondere |
\[ f_{xx}(0,0)=2,\quad f_{xy}(0,0)=f_{yx}(0,0)=0,\quad f_{yy}(0,0)=2 \]
| bzw. in Form der Hesseschen Matrix |
\[ {\mathbf H}_f(0,0)=\left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right). \]
| Die Hessesche Form erfüllt also |
\[ Q_f(0,0)=2(\xi_1^2+\xi_2^2)\gt 0\quad\mbox{für alle}\ \xi\in\mathbb R^2\setminus\{0\}, \]
| d.h. nach einem Satz aus der Vorlesung besitzt \( f \) in \( a=(0,0) \) ein striktes lokales Minimum. Wegen \( f(x,y)\ge 0 \) in \( \Omega \) ist dieses lokale Minimum gleichzeitig ein globales Minimum. | |
| 3. | Wir untersuchen nun die Funktion auf dem Rand |
\[ \partial\Omega=\left\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2=\frac{1}{4}\right\}. \]
| Die Funktion ist rotationssymmetrisch, so dass es genügt, die neue Funktion |
\[ \varphi(r):=r^2e^{-r^2}\,,\quad 0\le r\le\frac{1}{2}\,, \]
| zu betrachten. Da diese wegen |
\[ \varphi'(r)=2r(1-r^2)e^{-r}\gt 0\quad\mbox{für alle}\ 0\le r\le\frac{1}{2} \]
| streng monoton wachsend ist, ist \( f \) entlang des Randes \( \partial\Omega \) maximal mit dem Wert |
\[ f(x,y)=\frac{1}{4}\,e^{-\frac{1}{4}}\,,\quad(x,y)\in\partial\Omega. \]
| Alle \( (x,y)\in\partial\Omega \) sind also globale Maxima und damit auch lokale Maxima. |
Damit sind alle lokalen und globalen Extrema bestimmt.\( \qquad\Box \)