Analysis II WS 11/12 Serie 9 Musterlösung

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1 Analysis II WS / Serie 9 Musterlösung Aufgabe Bestimmen Sie die kritischen Punkte und die lokalen Extrema der folgenden Funktionen f : R R: a fx, y = x + y xy b fx, y = cos x cos y Entscheiden Sie bei den gefundenen lokalen Extrema, ob es sich zugleich um globale Extrema handelt. Musterlösung a grad fx, y = x y y x Suche die kritischen Punkte, indem ich die Gleichung grad fx, y = 0 löse. Einsetzen in die zweite Gleichung gibt: x y = 0 y = x x x = 0 x = 0 oder x = Einsetzen in die erste Gleichung ergibt die beiden kritischen Punkte 0, 0 und,. Bestimme die Hessematrix. 6x 0 6 H f x, y = H 6y f 0, 0 =, H 0 f, = 6 Wir berechnen die Eigenwerte der beiden Matrizen, indem wir die Nullstellen ihrer charakteristischen Polynome berechnen: H f 0, 0 λe = λ λ = λ 9 = λ λ + = 0 λ = ± H f, λe = 6 λ 6 λ = 6 λ 9 = λ λ 9 = 0 λ =, 9 H f, hat nur positive Eigenwerte, ist also positiv definit. Also ist, ein strenges lokales Minimum mit f, =. Es ist nicht global, da zum Beispiel f, = 5 noch kleiner ist. H f 0, 0 hat sowohl einen positiven als auch einen negativen Eigenwert ist also indefinit. Das heißt, ist dort weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum. Es gibt keine globalen Maxima oder Minima.

2 b Berechne kritische Punkte: grad fx, y = sin x cos y = 0 x, y = π cos x sin y k l Berechne Hessematrix: cos x cos y sin x sin y H f x, y = sin x sin y cos x cos y H f kπ, lπ = k+l 0 0 k+l oder x, y = π zweifacher Eigenwert:λ = k+l+ k + l +, k, l Z. Damit folgt kπ, lπ sind lokale Maxima für k + l ungerade und Minima für k + l gerade. H f k + π, l + 0 π = k+l k+l Eigenwerte:λ = ± 0 Die Hessematrix ist indefinit und somit liegen an diesen kritischen Punkten keine lokalen Extrema vor. Die lokalen Extremstellen sind auch global, da fkπ, lπ = k+l und fx, y, x, y R. Aufgabe Wir betrachten die Funktion f : R x, y x xy + y R und das Innere E := { x, y R x + y < } einer Ellipse. a Bestimmen Sie die lokalen Extrema von f auf E. b Parametrisieren Sie den Rand von E durch eine Kurve c und bestimmen Sie die lokalen Extrema von f E durch die Betrachtung derer von f c. Tipp: cos t sin t = cos t c Wo nimmt f auf der abgeschlossenen Ellipse E sein Minimum und sein Maximum an? Hat f E noch andere lokale Extrema als diese? Musterlösung a grad fx, y = x y = 0 x, y = 0, 0 x + 8y Der einzige kritische Punkt von f ist 0, 0 und der liegt in der Ellipse E. H f x, y = Eigenwerteλ = 5 ± 0 > 0 8

3 Also ist die die Hessematrix positiv definit und somit ist 0, 0 ein strenges lokales Minimum mit f0, 0 = 0. b Der Rand E wird parametrisiert durch den Weg: c : [0, π R cos t, ct := sin t. Dann gilt f ct = cos t cos t sin t + sin t = cos t sin t = sin t f c t = { cos t = 0 t π, π, 5 π, 7 } π f c t = sin t f c π = f c 5 π = > 0, f c π = f c 7 π = < 0, Also sind π und π Minima von f c mit f c π = sin π = = f c 5 π und π und 7 π Maxima von f c mit f c π = sin π = 5 = f c 7 π. Durch Einsetzen erhalten wir die Extremstellen von f E : c π =, c π =, c 5 π =, c 7 π =. c Die einzigen Kandidaten für globale Extremstellen sind die Extremstellen im Inneren und die Extremstellen auf dem Rand. Das strenge lokale Minimum 0, 0 im Inneren ist auch ein strenges globales Minimum, denn fx, y = x xy + y x x y + y = x + y > 0 x, y 0, 0. Die Maxima auf dem Rand, und, sind auch globale Maxima, da es keine lokalen Maxima im Inneren gibt. Die beiden Minima auf dem Rand, und, sind nicht mal lokale Minima in E, denn E a n := n E b n := + n n n, fa n =, fb n = n < = f n < = f,, n N,, n N Übrigens, da E abgeschlossen und beschränkt und somit kompakt und f stetig ist mußten wir auf jeden Fall mindestens ein Minimum und ein Maximum finden.

4 Aufgabe Sei f : R R definiert durch fx, y = y x y x. a Zeigen Sie, dass für jeden Vektor v R \{0} die Funktion g : R t ftv R ein strenges lokales Minimum in t = 0 besitzt. b Zeigen Sie, dass f kein lokales Minimum in 0, 0 besitzt. c Skizzieren Sie die Niveaumenge N 0 := { x, y R fx, y = 0 }. Markieren Sie in grün bzw. rot diejenigen Bereiche des R, auf denen f positive bzw. negative Werte annimmt. Musterlösung: a. Fall: Sei v = v, v mit v 0, dann folgt: gt = tv t v tv t v = t v + t v t v v g t = tv + t v t v v g 0 = 0 g t = v + 6t v tv v g 0 = v g hat ein strenges lokales Minimum in 0.. Fall: v 0 und v = 0. Dann gilt gt = t v, g t = t v = 0 t = 0, g = v Also hat g auch in diesem Fall ein strenges lokales Minimum. b Betrachte den Weg ct := t, t dann folgt f ct = t t t t = t v 0 > 0 v 0 < 0 und g = v v 0 > 0 Diese Funktion hat ein strenges lokales Maximum bei t = 0. Also hat f bei c0 = 0, 0 kein lokales Minimum. c N 0 ist die Vereinigung der Kurven gegeben durch die Wege c t := t, t, t R und c t := t, t, t R. Auf dem Bereich zwischen den beiden Parabeln ist f negativ, auf den Parabeln 0 und sonst positiv. Die Vorzeichen ermittelt man, indem man jeweils ein Punkt aus jeden zusammenhängenden Gebiet testet in das R durch N 0 zerschnitten wird, also z.b. f0, = > 0, f0, = > 0, f, = < 0, f, = < 0.

5 Aufgabe Sei X R n abgeschlossen, f : X X eine Kontraktion mit Kontraktionskonstante c [0,, und sei y der nach dem Banachschen Fixpunktsatz existierende und eindeutig bestimmte Fixpunkt von f. Sei x X, x := fx und x j := fx j für j >. a Zeigen Sie für alle j N: x j y x fx. c b Zeigen Sie, dass f : R x cos x R eine Kontraktion ist. c Sei x := 0, und seien x, x,... zu f aus b wie in a definiert. Berechnen Sie mit dem Taschenrechner einige Glieder der Folge x j und bestimmen Sie mit Hilfe von a den Fixpunkt von f bis auf einen Fehler von weniger als 0. Musterlösung: a In der Vorlesung wurde gezeigt, Damit schließt man x j x l c x fx, l j und x j j y. x j y x j x l + x l y c x fx + x l y l x j y x fx, j N. c x fx c b fx = cos x ist eine differenzierbare Funktion. Seien x < y R beliebig, dann existiert nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung siehe Analysis ein ξ x, y mit cos x cos y = cos ξ x y Damit folgt fx fy = cos x cos y = cos ξ x y x y. Also ist f eine Kontraktion mit Kontraktionskonstante. c Der Fehler soll kleiner als 0 sein. Also, berechnen wir zuerst nach der Formel in a, wie viele Glieder wir dafür berechnen müssen. j x j y 0 cos0 = j j < 0 j < 0 j log < log 0 log 0 j > 5.7 log 5

6 Wir müssen sechs Glieder berechnen x 0 = x = 0: x = cosx 0 = = 0. x = cosx = 0.98 x = cosx = 0.69 x = cosx = 0.67 x 5 = cosx = x 6 = cosx 5 = y = 0.7 ±