Extremwertrechnung in mehreren Veränderlichen

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1 KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE INSTITUT FÜR ANALYSIS Dr. Christoph Schmoeger Heiko Hoffmann SS Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Informatik 3. Saalübung ( ) Extremwertrechnung in mehreren Veränderlichen Aufgabe 1 Bestimmen Sie für die Funktion f : R 2 R; (x, y) 3x 3xy x2 alle Extrema, die Art der Extrema sowie alle Punkte, in denen die Extrema angenommen werden. Entscheiden Sie zudem, ob es sich jeweils um globale Extrema handelt. Da R 2 offen ist, kommen nur kritische Punkte von f als Extremstellen in Frage. Wir berechnen für (x, y) R 2. Daher gilt x (x, y) = 3 3y2 + 3x und (x, y) = 6xy y grad g(x, y) = (0, 0) 3 3y 2 + 3x = 0 6xy = 0 x = y 2 1 (x = 0 y = 0) (x = 0 y 2 1 = 0) (y = 0 x = 1) (x, y) {(0, 1), (0, 1), ( 1, 0)}. Des Weiteren haben wir 2 f (x, y) = 3, x2 und erhalten 2 f y (x, y) = 6x und 2 f 2 y x (x, y) = 2 f (x, y) = 6y x y ( ) 3 6y H f (x, y) = 6y 6x für (x, y) R 2. Für (x, y) {(0, 1), (0, 1)} ergibt sich jeweils det H f (x, y) = 36y 2 = 36 < 0, weshalb die Hessematrix von f in diesen Punkten indefinit ist und daher in diesen Punkten keine lokalen Extrema vorliegen können.

2 Des Weiteren gilt H f ( 1, 0) = ( ) 3 0 ; 0 6 diese symmetrische Matrix hat also lediglich (strikt) positive Eigenwerte und ist mithin positiv definit. Folglich liegt im Punkt ( 1, 0) ein lokales Minimum vor, welches den Wert f( 1, 0) = 3 2 hat. Dieses lokale Minimum ist allerdings kein globales Minimum, wie sofort aus der Beziehung f(1, y) = 3 3y y folgt.

3 Aufgabe 2 Wir betrachten die Funktion sowie die Menge f : R 2 R; (x, y) (1 x)(1 y)(1 xy) K := [ 1, 1] [ 1, 1]. Begründen Sie, dass f K auf K sein Minimum und Maximum annimmt, bestimmen Sie min f(k) und max f(k) sowie alle Punkte aus K, in denen min f(k) und max f(k) angenommen werden. Offenbar ist K abgeschlossen und beschränkt, also kompakt, und f stetig. Daher nimmt f K in der Tat auf K sein Minimum und Maximum an. Wir untersuchen nun zunächst, ob f in der offenen Menge U := ( 1, 1) ( 1, 1) K ein lokales Extremum besitzt. Wenn es dort überhaupt lokale Extrema gibt, so müssen diese notwendigerweise kritische Punkte von f, d.h. Nullstellen von grad f sein. Auf ganz R 2 ist f beliebig oft stetig partiell differenzierbar und wir erhalten und (x, y) = (1 y)( (1 xy) + (1 x)( y)) = (1 y)(2xy y 1) x für (x, y) R 2. Daher gilt (x, y) = (1 x)(2xy x 1) y grad f(x, y) = (0, 0) (1 y)(2xy y 1) = 0 (1 x)(2xy x 1) = 0 (y = 1 2xy = y + 1) (x = 1 2xy = x + 1) (x, y) = (1, 1) (y = 1 2x = x + 1) (x = 1 2y = y + 1) (2xy = y + 1 x + 1 = y + 1) (x, y) = (1, 1) (2x 2 x 1 = 0 x = y) (x, y) = (1, 1) ((2x + 1)(x 1) = 0 x = y) (x, y) {(1, 1), ( 1/2, 1/2)}. Wegen (1, 1) / U kann f U allenfalls in ( 1/2, 1/2) ein lokales Extremum besitzen. Wir berechnen sowie 2 f x (x, y) = 2(1 y)y und 2 f (x, y) = 2(1 x)x 2 y2 2 f x y (x, y) = 2 f (x, y) = (2xy y 1) + (1 y)(2x 1) y x = 2xy + y x 1 2xy + y = 2x + 2y 4xy

4 für (x, y) R 2 und erhalten ( ) 2(1 y)y 2x + 2y 4xy H f (x, y) = 2x + 2y 4xy 2(1 x)x und damit ( 3 H f ( 1/2, 1/2) = ). Wegen det H f ( 1/2, 1/2) = < 0 ist H f( 1/2, 1/2) indefinit und es liegt somit bei ( 1/2, 1/2) kein Extremum vor. Wir müssen nun f auf der Menge R := K \ U auf Extrema untersuchen. Zunächst einmal gilt R = ({ 1, 1} [ 1, 1]) ([ 1, 1] { 1, 1}). Wegen f(x, y) = f(y, x) für alle (x, y) R 2 brauchen wir nur { 1, 1} [ 1, 1] zu betrachten. Es gilt offenbar f {1} [ 1,1] = 0. Sei nun y [ 1, 1]. Dann erhalten wir f( 1, y) = 2(1 y)(1 + y). Die Funktion g : [ 1, 1] R; t 2(1 t)(1 + t) wächst streng monoton auf [ 1, 0] und fällt streng monoton auf [0, 1]. Es gilt g( 1) = g(1) = 0 sowie g(0) = 2. Daher ergibt sich 0 = f( 1, 1) = f( 1, 1) = g( 1) g(y) = f( 1, y) g(0) = f( 1, 0) = 2 für alle y [ 1, 1]. Insgesamt können wir nun zusammenfassen: Das globale Maximum von f ist 2 und es wird genau in den Punkten ( 1, 0) und f(0, 1) angenommen; das globale Minimum von f ist 0 und es wird genau in den Punkten der Menge ({1} [ 1, 1]) ([ 1, 1] {1}) {( 1, 1)} angenommen.

5 Aufgabe 3 Wir betrachten die Funktion f : R 2 R; (x, y) 2x 2 3xy 2 + y 4. Zeigen Sie, dass f auf allen Ursprungsgeraden bei (0, 0) ein lokales Minimum besitzt und dass (0, 0) jedoch kein lokales Minimum von f ist. Für alle y R gilt f(0, y) = y 4. Mithin hat f auf der Geraden {(0, y) : y R} ein globales Minimum bei (0, 0). Des Weiteren gilt f(x, 0) = 2x 2 für alle y R, weshalb f auf der Geraden {(x, 0) : x R} ebenfalls ein globales Minimum bei (0, 0) besitzt. Sei nun m R \{0} beliebig. Dann erhalten wir f(x, mx) = 2x 2 3m 2 x 3 + m 4 x 4 = x 2 (m 4 x 2 3m 2 x + 2) ( ( = x 2 m 2 x 3 ) ) ( = x 2 (m 2 x 2)(m 2 x 1) = m 4 x 2 x 2 ) ( x 1 ). m 2 m 2 Die Funktion g m : R R; t m 4 t 2 ( t 2 m 2 ) ( t 1 m 2 ) besitzt, wie man leicht bestätigt bei 0 ein lokales Minimum (welches allerdings nicht global ist). Daher hat f auch auf allen Geraden {(x, mx) : x R} bei (0, 0) ein lokales Minimum. Allerdings besitzt f bei (0, 0) kein (lokales) Minimum. Für alle x > 0 gilt nämlich f(x, 3x/2) = 2x x x2 = x2 4 < 0 = f(0, 0), d.h., in jeder Umgebung von (0, 0) gibt es Punkte, in welchen f kleinere Funktionswerte annimmt. Bemerkung: Man bestätigt leicht, dass (0, 0) ein kritischer Punkt von f ist mit ( ) 4 0 H f (0, 0) = ; 0 0 die Hessematrix kann uns also nicht bei der Frage weiterhelfen, ob in (0, 0) ein lokales Minimum vorliegt oder nicht.