(b) Zeigen Sie mit Hilfe der Taylorschen Formel (ohne zus¨atzliche Grenzwertbetrach- tungen), dass in (x0, y0) ein isoliertes globales Minimum der Funktion P vorliegt

Mathematisches Institut SoSe 2020

der Heinrich-Heine Universit¨at 17.06.2020

D¨usseldorf Blatt 9

Apl. Prof. Dr. Axel Gr¨unrock

UBUNGEN ZUR ANALYSIS II¨

33. F¨ur (x, y)∈R² sei

P(x, y) = 1

2x²−4xy+ 9y²+ 3x−14y+ 1 2.

(a) Beweisen Sie, dassP genau eine kritische Stelle (x0, y0) besitzt, und bestimmen Sie diese.

(b) Zeigen Sie mit Hilfe der Taylorschen Formel (ohne zus¨atzliche Grenzwertbetrach- tungen), dass in (x₀, y₀) ein isoliertes globales Minimum der Funktion P vorliegt.

L¨osung.

(a) Wir berechnen den Gradienten von P

∇P(x, y) = (x−4y+ 3,−4x+ 18y−14). 1p

Die notwendige Bedingung f¨ur ein Extremum ist also das lineare Gleichungssys- tem

1 −4

−4 18

| {z }

A

x y

= −3

14

| {z }

b

,

welches wegen detA= 18−16 = 26= 0 eindeutig l¨osbar ist. Die L¨osung ist gegeben durch

x₀ y₀

=A⁻¹b = 1 2

18 4 4 1

−3 14

= 1

1

1p (b) Man berechnet HessP(x, y) =

1 −4

−4 18

=A (wie oben).

1p Diese Matrix ist zum einen unabh¨angig von (x, y) sowie positiv definit, denn detA= 2>0 (s.o.) und die Diagonalelemente sind gr¨oßer Null. Nach der Taylor- Formel gilt fr alle h∈R²\ {(0,0)}:

P((x0, y0) +h) = P(x0, y0) +∇P(x0, y0)·h+ 1

2hh,HessP(ξ)·hi

mit einem ξ zwischen (x₀, y₀) und (x₀, y₀) +h. Speziell haben wir ∇P(x₀, y₀) = 0 und auch HessP(ξ) = A, also

P((x₀, y₀) +h) = P(x₀, y₀) + 1

2hh, Ahi> P(x₀, y₀),

letzteres daA positiv definit ist. Das wird in Teil (b) behauptet. 1p

34. Bestimmen Sie alle lokalen Extrema und ihren Typ f¨ur die Funktion f :R² →R, (x, y)7→f(x, y) = xyexp (−x²+y²

2 ).

In welchen F¨allen handelt es sich um globale Extrema?

L¨osung. Notwendige Bedingung f¨ur das Auffinden von lokalen Extrema vonf ist, dass der Gradient verschwindet. Diesen berechnen wir zun¨achst:

∂f

∂x(x, y) = y(1−x²) exp(−x²+y²

2 )

∂f

∂y(x, y) = x(1−y²) exp(−x²+y²

2 )

⇒∇f(x, y) = (y(1−x²), x(1−y²)) exp(−x²+y²

2 ) 1p

Die Gleichung ∇f(x, y) = (0,0) hat genau 5 L¨osungen:

(1) (x, y) = (0,0) (Hier istf(x, y) = 0 und in jeder Umgebung des Nullpunkts nimmtf sowohl positive als auch negative Funktionswerte an – hier liegt also kein Extremum vor.)

(2) (x, y) = (1,1) (3) (x, y) = (1,−1) (4) (x, y) = (−1,1)

(5) (x, y) = (−1,−1) 1p

Zur Untersuchung ob bei den 4 letzteren kritischen Stellen Extrema von f zu finden sind berechnen wir die 2. Ableitungen (und damit Hesse-Matrix) von f:

∂²f

∂x²(x, y) =xy(x³−3) exp(−x²+y²

2 )

∂²f

∂y²(x, y) =xy(y³−3) exp(−x²+y²

2 )

∂²f

∂x∂y(x, y) = (1−x²)(1−y²) exp(−x²+y²

2 )

⇒Hessf(±1,±1) =

∓2 0 0 ∓2

· 1 e

wobei das Minus-Zeichen f¨ur (1,1) und (−1,−1) und das Plus-Zeichen f¨ur (1,−1) und

(−1,1) gilt. 1p

Wir bemerken: Hessf(x, y) ist negativ definit in (1,1) und (−1,−1), hier liegen isolierte lokale Maxima vor. In (1,−1) und (−1,1) ist Hessf(x, y) positiv definit, also liegen hier isolierte lokale Minima vor. Wegen lim(x,y)→∞f(x, y) = 0 handelt es sich in allen F¨allen

um globale Extrema. 1p

35. F¨ur (x, y)∈R² sei

P(x, y) = (y−x²)(y−3x²).

(a) Berechnen Sie ∇P(x, y) und zeigen Sie, dass (0,0) der einzige kritische Punkt von P ist.

(b) Zeigen Sie, dass HessP(0,0) positiv semidefinit ist und dass in (0,0) kein lokales Extremum vorliegt.

(c) Zeigen Sie, dass f¨ur jedesh= (h1, h2)∈R²\(0,0) die Funktionϕh :t7→P(th1, th2) in 0 ein isoliertes lokales Minimum besitzt.

L¨osung.

(a) Der Gradient vonP ergibt sich zu

∇P(x, y) = (12x³−8xy,2y−4x²).

Was f¨ur die kritischen Stellen bedeutet

∇P(x, y) = 0⇔x(3x² −2y) = 0∧y= 2x²

⇔ −x³ = 0∧y= 2x²

⇔x= 0 =y.

1p (b) F¨ur die zweiten partiellen Ableitungen erhalten wir

∂²P

∂x²(x, y) = 36x²−8y ⇒ ∂²P

∂x²(0,0) = 0

∂²P

∂x∂y(x, y) = −8x ⇒ ∂²P

∂x∂y(0,0) = 0

∂²P

∂y²(x, y) = 2 ⇒ ∂²P

∂y²(0,0) = 2

und damit HessP(0,0) =

0 0 0 2

mit den Eigenwerten λ₁ = 0 und λ₂ = 2. Also ist HessP(0,0) positiv semidefinit (kann man auch der Diskussion des Falls n = 2

in der Vorlesung entnehmen). 1p

Es liegt also kein lokales Extremum vor, denn f¨ur alle x ∈ R\ {0} ist P(x,0) = 3x⁴ >0 und P(x,2x²) = −x⁴ <0.

1p (c) F¨ur h= (h₁, h₂)^T istϕ_h(t) = t²h²₂−4t³h₂h²₁+ 3t⁴h⁴₁.

⇒ϕ⁰_h(t) =t(2h²₂−12th₂h²₁+ 12t²h⁴₁) ⇒ϕ⁰_h(0) = 0

⇒ϕ⁰⁰_h(t) = 2h²₂−24th₂h²₁ + 36t²h⁴₁ ⇒ϕ⁰⁰_h(0) >0 falls h₂ 6= 0

Andernfalls ist ϕ_h(t) = 3t⁴h⁴₁ mit h₁ 6= 0. In beiden F¨allen liegt in t = 0 eine isolierte lokale Minimalstelle vor.

1p Sittlicher N¨ahrwert: Bei den Extremwertaufgaben f¨ur Funktionen mehrerer Ver¨anderlicher ist die Untersuchung der Schnittfunktionen ϕ_h im allgemeinen nicht ausreichend!

36. F¨urn ≥2 und i∈ {1, . . . , n} seien k_i und α_i positive reelle Zahlen und G:Rⁿ+ →R, x7→G(x) :=

n

Y

i=1

x^α_iⁱ −

n

X

i=1

kixi. Zeigen Sie: Ist |α|:=Pn

i=1α_i >1, so besitzt G (a) weder ein globales Extremum,

(b) noch ein lokales Extremum.

Hinweis, insbesondere zu Teil (b): F¨ur den Fall|α|<1 wurde in der Vorlesung gezeigt, dass Gein isoliertes globales Maximum besitzt. Teilergebnisse aus dieser Diskussion k¨onnen Sie zur L¨osung der Aufgabe verwenden.

L¨osung.

(a) (i) F¨urt >0 sei x(t) = (e^−t, t, . . . , t). Dann ist G(x(t)) =e^−α1t(t^|α|−α1 −k₁)−t

n

X

i=2

k_i → −∞ (t→ ∞).

Also existiert kein globales Minimum. 1p

(ii) Andererseits ist f¨ur x(t) = (t, . . . , t) (t >0) G(x(t)) =t^|α|−t

n

X

i=1

k_i → ∞ (t→ ∞), da |α|>1.

Es gibt also auch kein globales Maximum. 1p

(b) Aus der Vorlesung ist bekannt (siehe Abschnitt 2.3E):

HessG(x) = −

n

Y

i=1

x^α_iⁱ

| {z }

=:P(x)>0









α1−α²₁

x²₁ −^α_x^1α2

1x2 . . . −^α_x^1αn

1xn

... ...

−^α_x^nα1

nx1 . . . ^αn_x^−α2 ²ⁿ n









=−P(x)·D(x)·H₀·D(x) mit einer DiagonalmatrixD(x) = diag(^α_x¹

1,^α_x²

2, . . . ,^α_xⁿ

n) und einer vonxunabhngigen Matrix

H₀ =











1

α1 −1 −1 . . . −1

−1 _α¹

2 −1 −1 . . . −1

... ...

−1 . . . −1 _α¹

n −1









 .

Da P(x)>0 und alle Diagonalelemente vonD(x) positiv sind, gilt also HessG(x) ist positiv (negativ) semidefinit

⇔ hh,HessG(x)·hi ≥0 ∀h∈Rⁿ

⇔ −P(x)hh, D(x)H0D(x)hi ≥0 ∀h∈Rⁿ

⇔ hD(x)h, H₀D(x)hi ≤0 ∀h ∈Rⁿ

⇔ hk, H₀ki ≤0 ∀k ∈Rⁿ

⇔H₀ ist negativ (positiv) semidefinit.

Wobei wir im vorletzten Schrittk =D(x)h gesetzt haben. Nehmen wir jetzt inx₀ ein lokales Maximum (Minimum) an, folgt∇G(x₀) = 0 und HessG(x₀) ist negativ (positiv) semidefinit. Als letztes folgt: H₀ ist positiv (negativ) semidefinit und daher HessG(ξ) ist negativ (positiv) semidefinit f¨ur alleξ ∈Rⁿ+. Die Taylor-Formel ergibt jetzt f¨ur alle h∈Rⁿ mit x₀+h∈Rⁿ+:

G(x₀+h) =G(x₀) +∇G(x₀)·h

| {z }

=0

+1

2hh,HessG(ξ)·hi

| {z }

≤0 (≥0)

Also ein globales Maximum (bzw. Minimum), im Widerspruch zum Ergebnis von Aufgabenteil (a).

(Hier gibt es 2p , wenn irgend etwas Schl¨ussiges abgegeben wird.)