Erreichbare Punktzahl: 20

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Erreichbare Punktzahl: 20

Sommersemester 2015 Universität Bielefeld

Übungsaufgaben zu Analysis 2 Lösungen von Blatt VI vom 14.05.15

Aufgabe VI.1(3 Punkte)

SeiL:R^d→Rein lineare Abbildung. Zeigen Sie, dass es einen Vektorbgibt mitL(x) = (b, x).

Hinweis: Studieren Sie die kritischen Punkte der Abbildungx7→ ¹₂kxk²−L(x).

Aufgabe VI.2(2+3 Punkte) Seienf, g:R²→Rdefiniert durch

f(x, y) =x³−³₂x²+y⁴−y², g(x, y) = (x+y²)e^−x²^−y².

Berechnen Sie jeweils den Gradienten und die Hesse-Matrix der beiden Funktionen und bestimmen Sie die lokalen Extrema.

Aufgabe VI.3(6 Punkte) Sei

f: [−1,1]×[−1,1]→R, f(x, y) = 1−x²−y²−xy.

Bestimmen Sie die lokalen und globalen Extrema vonf.

Hinweis: Es ist sinnvoll, Kanten, Ecken und Inneres getrennt zu betrachten.

Aufgabe VI.4(6 Punkte) Seif:R³→R² definiert durch

f(x, y, z) =

sin(x) +z x+y+e^z

.

Berechnen Sie fürf das Taylor-Polynom zweiten Grades im Punktx0= (1,0,0).

Lösungsvorschläge Aufgabe VI.1

SeienL:R^d→Rlinear und x= (x₁, . . . , x_d)∈R^d. Dann hatL die Darstellung

L(x) =

d

X

k=1

aixi a∈R^d.

Sei

f(x) = 1

2kxk −L(x) = 1

2(x, x)−

d

X

k=1

a_ix_i = 1 2

d

X

i,j=1

x_ix_j(e_i, e_j)−

d

X

i=1

a_ix_i.

Für die partiellen Ableitungen vonf gilt:

∂if(x) =

d

X

j=1

xj(ei, ej)−ai.

Setzen wir diese gleich Null, so ist das folgende Gleichungssystem zu lösen:

M·





 x1

... xd





=





 a1

... ad





=:a,

(2)

wobeiM die Gramsche Matrix bezeichnet. Da(·,·)ein Skalarprodukt ist, gilt rang(M) =d und somit existiert einb∈R^d derart, dassM b=a. Also:

(x, b) =

d

X

j=1

x_j(e_j, b) =

d

X

j=1

x_j

d

X

i=1

b_j(e_j, e_i)

!

| {z }

=aj

=L(x).

Aufgabe VI.2

(i) Wir berechnen den Gradienten der Funktionf und setzen diesen gleich Null. Es gilt:

∇f(x, y) =

3x²−3x 4y³−2y

= 0 ⇐⇒ x²−x= 0 4y³−2y = 0

⇐⇒ x= 1 oder x= 0 y= 0 oder y= ^√¹

2 oder y=−^√¹

2

Somit sind die kritschen Punkte gegeben durch

(1,0),

1, 1

√ 2

,

1,− 1

√ 2

,(0,0),

0, 1

√ 2

,

0,− 1

√ 2

.

Die Hesse-Matrix von f ist gegeben durch:

Hf(x, y) =

6x−3 0 0 12y²−2

.

Einsetzen der kritischen Punkte in die Hesse-Matrix liefert:

Hf(1,0) =

3 0 0 −2

⇒indefinit, also kein Extremum

Hf(1, 1

√2) = 3 0

0 4

⇒positiv definit, also lokales Minimum

Hf(1,− 1

√ 2) =

3 0 0 4

⇒positiv definit, also lokales Minimum

Hf(0,0) =

−3 0 0 −2

⇒negativ definit, also lokales Maximum

Hf(0, 1

√2) =

−3 0 0 4

Hf(0,− 1

√ 2) =

−3 0 0 4

(ii) Wir berechnen den Gradienten der Funktiong und setzen diesen gleich Null. Es gilt:

∇g(x, y) = (1−2x²−2xy²)e^−x²^−y² (2y−2y³−2xy)e^−x²^−y²

!

= 0

⇐⇒ 1−2x²−2xy² = 0 2y−2y³−2xy= 0

(3)

Lösen des Gleichungssystems liefert die kritischen Punkte 1

2, 1

√2

, 1

2,− 1

√2

, 1

√2,0

,

− 1

√2,0

.

Die Hesse-Matrix von g ist gegeben durch:

Hg(x, y) =

(4x²y²+ 4x³−2y²−6x)e^−x²^−y² (4xy³+ 4x²y−4xy−2y)e^−x²^−y² (4xy³+ 4x²y−4xy−2y)e^−x²^−y² (4y²+ 4xy²−10y²−2x+ 2)e^−x²^−y²

. Einsetzen der kritischen Punkte in die Hesse-Matrix liefert:

Hg 1

2, 1

√2

=





−3e⁻³⁴ −√ 2e⁻³⁴

−√

2e⁻³⁴ −2e⁻³⁴



⇒negativ definit, also lokales Maximum

Hg 1

2,− 1

√2

=





−3e⁻³⁴ √ 2e⁻³⁴

√2e⁻³⁴ −2e⁻³⁴



⇒negativ definit, also lokales Maximum

Hg 1

√ 2,0

=





−2√

2e⁻¹² 0

0 (−√

2 + 2)e⁻¹²



⇒indefinit, also kein Extremum

Hg

− 1

√ 2,0

=



 2√

2e⁻¹² 0

0 (√

2 + 2)e⁻¹²



⇒positiv definit, also lokales Minimum

Aufgabe VI.3

Wir untersuchen das Innere, die Kanten und die Ecken getrennt.

(i) Betrachte zunächst die Menge (−1,1)×(−1,1). Es gilt

∇f(x, y) =

−2x−y

−x−2y

und Hf(x, y) =

−2 −1

−1 −2

.

Des Weiteren gilt ∇f(x, y) = 0 ⇐⇒ x=y= 0. Die Hesse-Matrix ist im Nullpunkt negativ definit. Folglich liegt an der Stelle(0,0)ein lokales Maximum mitf(0,0) = 1 vor.

(ii) Wir betrachten nun die offenen Kanten:

• Seien x= 1 undy ∈(−1,1). Dann ist die Funktionf auf der offenen Kante gegeben durch f(1, y) =g(y) =−y−y². Da g⁰(y) = 0 ⇐⇒ y =−1/2 und g⁰⁰(y) =−2<0liegt an der Stelle (1,−1/2) ein mögliches lokales Maximum mit f(1,−1/2) = 1/4 vor. Wir untersuchen nun, ob dies tatsächlich ein lokales Maximum in [−1,1]×[−1,1]ist. Seiε∈(0,1)beliebig. Dann gilt:

f

1−ε,−1 2

= 1−(1−ε)²−1 4+1

2(1−ε) = 1 4+ε

3 2 −ε

> 1 4 =f

1,−1

2

, Also existiert in jeder kleinen Umgebung von(1,−1/2)ein Punktx0derart, dass f(x₀)> f(1,−1/2). Somit kann in (1,−1/2)kein lokales Maximum vorliegen.

(4)

• Seien x=−1und y∈(−1,1). Dann ist die Funktion f auf der offenen Kante gegeben durch f(−1, y) = g(y) = y−y². Da g⁰(y) = 0 ⇐⇒ y = 1/2 und g⁰⁰(y) =−2<0liegt an der Stelle (−1,1/2) ein mögliches lokales Maximum mit f(−1,1/2) = 1/4 vor. Wir untersuchen nun, ob dies tatsächlich ein lokales Maximum in [−1,1]×[−1,1]ist. Seiε∈(0,1)beliebig. Dann gilt:

f

−1 +ε,1 2

= 1−(−1+ε)²−1 4−1

2(−1+ε) = 1 4+ε

3 2 −ε

> 1 4 =f

1,1

2

, Also existiert in jeder kleinen Umgebung von(−1,1/2)ein Punktx₀derart, dass f(x0)> f(−1,1/2). Somit kann in (−1,1/2)kein lokales Maximum vorliegen.

Da die Funktion f inx und y symmetrisch ist, folgt analog, dass auf den beiden anderen Kanten (−1/2,1)und(1/2,−1)zwar lokale Maxima auf den Kanten sind, jedoch keine lokalen Maxima in ihren ε-Umgebungen.

(iii) In den Ecken gilt:

f(1,1) =−2, f(1,−1) = 0, f(−1,−1) =−2, f(−1,1) = 0.

Es gilt für (x, y)∈Bε((1,1))∩([−1,1]×[−1,1]):

1−xy

| {z }

≥0

−(x²+y²)

| {z }

≤2

≥ −2.

Folglich liegt an der Stelle (1,1)ein lokales Minimum vor. Analog verifiziert man, dass an der Stelle (−1,−1)ein lokales Minimum vorliegt.

Wir zeigen nun, dass an der Stelle (−1,1) ein lokales Minimum vorliegt. Seien 0< ε, δ <1. Es gilt:

f(−1 +ε,1−δ) =−ε²−δ²+ε+εδ+δ.

Wir zeigen, dassf(−1 +ε,1−δ)>0gilt. Dies ist äquivalent zuε+εδ+δ > ε²+δ². Aus0< ε, δ <1 folgt:

ε²+δ² =εε+δδ < ε+δ < ε+εδ+δ.

Also liegt an der Stelle(−1,1)ein lokales Minimum vor. Analog zeigt man, dass an der Stelle (1,−1)ein lokales Minimum vorliegt.

Insgesamt liegen an den Stellen (1,1),(−1−1),(1,−1),(−1,1) lokale Minima und an der Stelle(0,0)ein lokales Maximum vor. Das lokale Maximum in (0,0)ist ein globales Maximum und die lokalen Minima in (1,1),(−1,−1)sind globale Minima.

Aufgabe VI.4

Wir berechnen für alle Multiindizesα= (α1, α2, α3)mit|α| ≤2die partiellen Ableitungen:

α= (0,0,0) : ∂^αf(x, y, z) =

sin(x) +z x+y+e^z

inx0

=

sin(1) 2

α= (1,0,0) : ∂^αf(x, y, z) =

cos(x) 1

inx0

=

cos(1) 1

(5)

α= (0,1,0) : ∂^αf(x, y, z) = 0

1 inx0

= 0

1

α= (0,0,1) : ∂^αf(x, y, z) = 1

e^z inx0

= 1

1

α= (1,1,0) : ∂^αf(x, y, z) = 0

0 inx0

= 0

0

α= (1,0,1) : ∂^αf(x, y, z) = 0

0 inx0

= 0

0

α= (0,1,1) : ∂^αf(x, y, z) = 0

0 inx0

= 0

0

α= (2,0,0) : ∂^αf(x, y, z) =

−sin(x) 0

inx0

=

−sin(1) 0

α= (0,2,0) : ∂^αf(x, y, z) = 0

0 inx0

= 0

0

α= (0,0,2) : ∂^αf(x, y, z) = 0

e^z inx0

= 0

1

Folglich ist das Taylor-Polynom zweiten Grades von f im Punktx₀ = (1,0,0)gegeben durch:

T₂^x⁰(f)(h) =

sin(1) 2

+

cos(1) 1

h₁+

0 1

h₂+ 1

1

h₃+

−sin(1) 0

h²₁ 2 +

0 1

h²₃ 2

= sin(1) + cos(1)h1+h3−^sin(1)₂ h²₁ 2 +h₁+h₂+h₃+¹₂h²₃

! .