Übungen zur Vorlesung Mathematik im Querschnitt Lösungsvorschlag

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1 MATHEMATISCHES INSTITUT DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN Dr. E. Schörner WS 06/7 Blatt Übungen zur Vorlesung Mathematik im Querschnitt Lösungsvorschlag 3. Die gegebene Polynomfunktion f : R R, f(x, y) = 6x y 5x + x y 3, ist zweimal stetig partiell differenzierbar, für (x, y) R gilt f(x, y) = xy 0x + f(x, y) = 6x 6y, damit grad f(x, y) = ( xy 0x +, 6x 6y ), sowie f(x, y) = y 0 f(x, y) = x f(x, y) = x f(x, y) = y, y 0 x Hess f(x, y) =. x y Für einen kritischen Punkt (x, y) R von f gilt grad f(x, y) = (0, 0), xy 0x + = 0 6x 6y = 0; aus der zweiten Gleichung ergibt sich 6x = 6y, x = y, damit x = y oder x = y, wir treffen die folgende Fallunterscheidung: Für x = y ergibt sich aus der ersten Gleichung damit x 0x + = 0, 6x 5x + = 0, x, = x = x = 3. ( 5 ± ) = 5 ±,

2 Für x = y ergibt sich aus der ersten Gleichung damit x 0x + = 0, 6 x + 5 x = 0, x 3,4 = ( 5 ± ) ( 5) 4 6 ( ) = 5 ± 7, x 3 = x 6 4 =. Damit kommen als kritische Punkte von f nur die vier Punkte (, ( ), ) 3 3 sowie (, 6 6) (, ) in Frage: Es ist grad f (, ( ) = (0, 0) Hess f, ) 4 6 = ; 6 6 wegen det Hess f (, ( ) = < 0 ist Hess f, ) indefinit. Folglich besitzt f in (, ) einen Sattelpunkt. Es ist grad f (, ( 3 3) = (0, 0) Hess f, ) = ; 4 4 wegen det Hess f (, ( 3 3) = 8 > 0 Spur Hess f, 3 3) = 0 < 0 ist Hess f (, ( 3 3) negativ definit. Folglich besitzt f in, 3 3) ein (isoliertes) lokales Maximum. Es ist grad f ( 6 6) = (0, 0) ( Hess f, ) 6 6 = ; wegen det Hess f (, ( 6 6) = 8 < 0 ist Hess f, 6 6) indefinit. Folglich besitzt f in (, 6 6) einen Sattelpunkt. Es ist grad f (, ) = (0, 0) Hess f (, ) = ; wegen det Hess f (, ) = 68 < 0 ist Hess f (, ) indefinit. Folglich besitzt f in (, ) einen Sattelpunkt. Zur Bestimmung des Wertebereichs W f der Funktion f betrachten wir deren Verhalten auf der y Achse {(0, t) t R}; wegen f(0, t) = t 3 für alle t R ergibt sich schließlich der Wertebereich W f = R.

3 4. a) Die gegebene Funktion f : R R, f(x, y) = x 3 + y x y x, ist (als Polynomfunktion) beliebig oft stetig differenzierbar, für alle (x, y) R gilt zum einen x f(x, y) = 3 x y y f(x, y) = y x, zum anderen grad f(x, y) = ( 3 x y, y x ), sowie x x f(x, y) = 6 x y y f(x, y) = x y f(x, y) = = y x f(x, y), Hess f(x, y) = 6 x. Als lokale Extremstellen oder Sattelpunkte der auf ganz R definierten partiell differenzierbaren Funktion f kommen ausschließlich ihre kritischen Stellen, die Punkte (x, y) R mit grad f(x, y) = (0, 0) in Frage. Mit ergibt sich y f(x, y) = 0 y x = 0 x = y x f(x, y) = 0 3 x y = 0 3 ( y) y = 0 y y = 0 x= y y = ( ) ± ( ) 4 ( ) y = ± 49 = ± 7 { } y 4 4 3, ; 4 damit besitzt f genau die beiden kritischen Punkte (, ) ( 3 3, 4), die wir nun mit Hilfe der Hessematrix näher untersuchen: Es ist grad f ( 3, 3) = (0, 0) mit H = Hess f ( 3, ) = 3 4 ; wegen det(h ) = 7 > 0 Spur(H ) = 6 > 0 ist H positiv definit, so daß f in ( 3, 3) ein isoliertes lokales Minimum besitzt.

4 Es ist grad f (, 4) = (0, 0) mit H = Hess f ( ), = 4 3 ; wegen det(h ) = 7 < 0 ist H indefinit, so daß f in (, 4) einen Sattelpunkt besitzt. b) Das gegebene Rechteck R = [, ] [, ] R mit den Ecken (, ), (, ), (, ) (, ) ist eine abgeschlossene wie auch beschränkte damit kompakte Teilmenge von R, so daß die (als Polynomfunktion insbesondere) stetige Funktion f : R R nach dem Satz von Weierstraß auf R (mindestens) eine globale Minimalstelle (mindestens) eine globale Maximalstelle besitzt. Da die Funktion f darüber hinaus partiell differenzierbar ist, kommen für globale Extremstellen (a, b) R von f neben der in a) ermittelten lokalen Minimalstelle (, 3 3) nur Punkte auf dem Rand R des Rechtecks R in Frage: Für die Punkte (, t) mit t [, ] der linken Rechteckseite gilt f(, t) = ( ) 3 + t ( ) t ( ) = t + t; da die quadratische Hilfsfunktion h : [, ] R, h (t) = t + t, ihre Extrema nur in den beiden Randpunkten ihres Definitionsintervalls, in t = t =, sowie in den Nullstellen ihrer Ableitung h (t) = t +, in t = annehmen kann, kommen für (a, b) nur die Punkte (, ), (, ) (, ) in Frage. Für die Punkte (, t) mit t [, ] der rechten Rechteckseite gilt f(, t) = 3 + t t ( ) = t t; da die quadratische Hilfsfunktion h : [, ] R, h (t) = t t, ihre Extrema nur in den beiden Randpunkten ihres Definitionsintervalls, in t = t =, sowie in den Nullstellen ihrer Ableitung h (t) = t, ( in t = annehmen kann, kommen für (a, b) nur die Punkte (, ),, ) (, ) in Frage.

5 Für die Punkte (t, ) mit t [, ] der unteren Rechteckseite gilt f(t, ) = t 3 + ( ) t ( ) t = t 3 + ; da die kubische Hilfsfunktion h 3 : [ ; ] R, h 3 (t) = t 3 +, bekanntlich streng monoton wächst damit ihre Extrema nur in den beiden Randpunkten ihres Definitionsintervalls, in t = t =, annehmen kann, kommen für (a, b) nur die Punkte (, ) (, ) in Frage. Für die Punkte (t, ) mit t [, ] der oberen Rechteckseite gilt da die kubische Hilfsfunktion f(t, ) = t 3 + t t = t 3 3 t + 4; h 4 : [ ; ] R, h 4 (t) = t 3 3 t + 4, ihre Extrema nur in den beiden Randpunkten ihres Definitionsintervalls, in t = t =, die hier mit den Nullstellen ihrer Ableitung h 4(t) = 3 t 3 = 3 ( t ) = 3(t )(t + ) zusammenfallen, annehmen kann, kommen für (a, b) nur die Punkte (, ) (, ) in Frage. Mit Hilfe der Wertetabelle (a, b) (, ) (, ) (, ) (, ) (, ) (, ) (, ) 3 3 f(a, b) erkennt man, daß f den maximalen Funktionswert 6 im Punkt (, ) sowie den minimalen Funktionswert 3 7 im Punkt ( 3, 3 ) annimmt. 5. a) Die gegebene Funktion f : R R, f(x, y) = x y exp(x y), ist als Produkt Verknüpfung linearer Funktionen der Exponentialfunktion partiell differenzierbar, für alle (x, y) R gilt x f(x, y) = y exp(x y) + x y (exp(x y) ) = = (y + x y) exp(x y) = y ( + x) exp(x y) y f(x, y) = x exp(x y) + x y (exp(x y) ( )) = = (x x y) exp(x y) = x ( y) exp(x y),

6 insgesamt grad f(x, y) = ( x f(x, y), y f(x, y)) = Wegen = ( y ( + x) exp(x y), x ( y) exp(x y) ). x f(x, y) = 0 y ( + x) exp(x y) = 0 >0 ( y = 0 oder + x = 0 ) ( y = 0 oder x = ) y f(x, y) = 0 x ( y) exp(x y) = 0 >0 ( x = 0 oder y = 0 ) ( x = 0 oder y = ) ergibt sich grad f(x, y) = (0, 0) ( (x, y) = (0, 0) oder (x, y) = (, ) ). b) Die gegebene Funktion f : R R ist sogar beliebig oft stetig partiell differenzierbar, für alle (x, y) R gilt x x f(x, y) = y exp(x y) + y ( + x) (exp(x y) ) = = (y + y( + x)) exp(x y) = y ( + x) exp(x y) y y f(x, y) = x exp(x y) + x ( y) (exp(x y) ( )) = = ( x x ( y)) exp(x y) = x (y ) exp(x y) sowie unter Verwendung des Satzes von Schwarz x y f(x, y) = y x f(x, y) = = ( + x) exp(x y) + y ( + x) (exp(x y) ( )) = = (( + x) y ( + x)) exp(x y) = ( + x) ( y) exp(x y), wir erhalten die Hessematrix x Hess f(x, y) = x f(x, y) x y f(x, y) = y x f(x, y) y y f(x, y) = ( y ( + x) exp(x y) ( + x) ( y) exp(x y) ( + x) ( y) exp(x y) x (y ) exp(x y) Als lokale Extremstellen der partiell differenzierbaren auf ganz R definierten Funktion f kommen nur ihre kritischen Punkte (x, y) R mit grad f(x, y) = (0, 0), gemäß a) (0, 0) (, ), in Frage. ).

7 Die Hessematrix Hess f(0, 0) = 0 0 ist wegen det Hess f(0, 0) = < 0 indefinit; damit besitzt f in (0, 0) einen Sattelpunkt, insbesondere kein lokales Extremum. Die Hessematrix Hess f(, ) = e 0 0 e besitzt den doppelten Eigenwert e > 0 ist demnach positiv definit; damit besitzt f in (, ) ein (isoliertes) lokales Minimum. 6. Die gegebene Funktion f : R R, f(x, y) = ( x + ) (sin(πy) + ), ist (als Produkt einer quadratischen einer trigonometrischen Funktion) beliebig oft stetig partiell differenzierbar, für alle (x, y) R gilt x f(x, y) = x (sin(πy) + ) y f(x, y) = ( x + ) π cos(πy), sowie grad f(x, y) = ( x (sin(πy) + ), ( x + ) π cos(πy) ), mit x x f(x, y) = (sin(πy) + ) y y f(x, y) = ( x + ) π sin(πy) Hess f(x, y) = x y f(x, y) = x π cos(πy) = y x f(x, y), (sin(πy) + ) x π cos(πy) x π cos(πy) (x + ) π. sin(πy) Als Extremstellen der auf ganz R definierten partiell differenzierbaren Funktion f kommen nur ihre kritischen Stellen, die Punkte (x, y) R mit grad f(x, y) = (0, 0) in Frage, wegen x f(x, y) = 0 x (sin(πy) + ) = 0 x = 0 ( )+=>0 y f(x, y) = 0 ( x + ) π cos(πy) = 0 >0 cos(πy) = 0 πy π + Z π y + Z

8 genau die Punkte (0, y k ) mit y k = + k für k Z. Wir untersuchen nun diese kritischen Stellen mit Hilfe der Hessematrix, wobei wegen (sin(πyk ) + ) 0 cos(πy Hess f(0, y k ) = k ) 0 cos(πy k ) π sin(πy k ) ( ( sin( π = + k π) + ) ) 0 0 π sin( π + k π) die folgende Fallunterscheidung motiviert wird: Ist k Z gerade, so gilt sin( π + k π) = ; damit besitzt 6 0 Hess f(0, y k ) = 0 π den positiven Eigenwert 6 den negativen Eigenwert π ist folglich indefinit. Somit ist (0, y k ) ein Sattelpunkt von f, insbesondere kein lokales Extremum von f. Ist k Z ungerade, so gilt sin( π + k π) = ; damit besitzt 0 Hess f(0, y k ) = 0 π die beiden positiven Eigenwerte π ist folglich positiv definit. Somit ist (0, y k ) ein isoliertes lokales Minimum von f, insbesondere kein lokales Maximum von f. Diese Überlegungen beantworten die Teilaufgaben a) b) folgendermaßen: a) Die Funktion f besitzt unendlich viele isolierte lokale Minima, nämlich die Punkte (0, + k) für alle ungeraden k Z. b) Die Funktion f besitzt keine lokalen Maxima, da die in Frage kommenden kritischen Stellen entweder isolierte lokale Minima oder Sattelpunkte sind. c) Für alle (x, y) R gilt f(x, y) = ( x + ) ( sin(πy) + ) ; 0 damit ist zunächst f(r ) [, [. Für sei z [, [; wegen z ist z 0 damit ( z, ) R, es gilt f ( ) ( z, = } z {{ } + ) ( sin( π) + ) = z = z, =z = z f(r ). Insgesamt erhält man f(r ) = [, [.