Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakult¨at f¨ur Mathematik
Wintersemester 2012/2013 Universität Bielefeld
Ubungsaufgaben zu¨ Spezielle Aspekte der Analysis L¨osungen von Blatt X vom 14. Dezember 2012
Aufgabe X.1(5 Punkte)
Die Funktionf:R2→Rist definiert durch
f(x, y) =x2−3xy+xy3+ 1.
Bestimmen Sie Lage und Art aller lokalen Extrema sowie die zugeh¨origen Funktionswerte. An welchen Stellen liegen Sattelpunkte vonf vor?
Aufgabe X.2(5 Punkte)
F¨ur jede Zahla∈Rist eine Funktionfa:R2→Rgegeben durch fa(x, y) =x3−y3+ 3axy.
Weisen Sie nach, dass
a) f0keine Extremstelle hat,
b) faf¨ura >0 genau ein lokales Minimum sowie genau einen Sattelpunkt hat, c) faf¨ura <0 genau ein lokales Maximum sowie genau einen Sattelpunkt hat.
Aufgabe X.3(5 Punkte)
Die Funktionf:R3→Rist definiert durch
f(x, y, z) = 2x2−xy+ 2xz−y+y3+z2.
Bestimmen Sie Lage und Art aller lokalen Extrema sowie die zugeh¨origen Funktionswerte.
Aufgabe X.4(5 Punkte)
Bestimmen Sie alle lokalen und globalen Extrema der Funktionf: [0, π]×[0, π]→R,f(x, y) = sin(x) cos(y).
L¨osungsvorschl¨age Aufgabe X.1
Es gilt
∂1f(x, y) = 2x−3y+y3 und ∂2f(x, y) =−3x+ 3xy2.
Wir bestimmen alle kritischen Punkte von f, indem wir alle L¨osungen der Gleichung
∇f(x, y) = 0 bestimmen. ∂1f(x, y) = 0 f¨uhrt zur Identit¨at x= 1
2y 3−y2
. (1)
Setzen wir dies in die Gleichung ∂2f(x, y) = 0 ein, so erhalten wir
−3
2y 3−y2 +3
2y3 3−y2
= 0 ⇐⇒ 3−y2= 0 oder y2−1 = 0 odery = 0
⇐⇒ y∈n
0,1,−1,√ 3,−√
3 o
. (2)
Aus (1) und (2) ergeben sich die f¨unf kritischen Punkte P1 = (0,0), P2= (1,1), P3 = (−1,−1), P4 = (0,√
3), P5 = (0,−√ 3).
Ubungsblatt X¨ Seite 2
Die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung lauten
∂1∂1f(x, y) = 2, ∂2∂1f(x, y) =∂1∂2f(x, y) = 3(y2−1), ∂2∂2f(x, y) = 6xy.
Damit untersuchen wir nun die Hesse-Matrizen an diesen f¨unf Stellen auf Definitheit:
Hf(P1) =
2 −3
−3 0
ist indefinit; inP1 liegt kein Extremum, lediglich ein Sattelpunkt.
Hf(P2) = 2 0
0 6
ist positiv definit; inP2 liegt ein lokales Minimum mitf(P2) = 0.
Hf(P3) = 2 0
0 6
ist positiv definit; inP3 liegt ein lokales Minimum mitf(P3) = 0.
Hf(P4) = 2 6
6 0
ist indefinit; inP4 liegt kein Extremum, lediglich ein Sattelpunkt.
Hf(P5) = 2 6
6 0
ist indefinit; inP5 liegt kein Extremum, lediglich ein Sattelpunkt.
Aufgabe X.2
F¨ura∈Rsind die partiellen Ableitungen erster Ordnung gegeben durch
∂1fa(x, y) = 3x2+ 3ay und ∂2fa(x, y) =−3y2+ 3ax.
F¨ura= 0 ist (0,0) einziger kritischer Punkt.
F¨ura6= 0 f¨uhrt die Gleichung∂1fa(x, y) = 0 zuy = −xa2. Dies eingesetzt in∂2fa(x, y) = 0 liefert
−x4
a2 +ax= 0 ⇐⇒ x= 0 oder x3
a2 −a= 0 ⇐⇒ x∈ {0, a}.
Folglich sind die beiden kritischen Punkte P1 = (0,0) und P2(a,−a). Die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung sind
∂1∂1fa(x, y) = 6x, ∂2∂2fa(x, y) =−6y, ∂1∂2fa(x, y) =∂2∂1fa(x, y) = 3a.
F¨ura6= 0 gilt also f¨ur die Hesse-Matrizen an den kritischen Punkten Hfa(0,0) =
0 3a 3a 0
und Hfa(a,−a) =
6a 3a 3a 6a
.
Es gilt detHfa(a,−a) = 27a2>0.
a) F¨ur a = 0 stimmen P1 und P2 uberein. Dort liegt ein Sattelpunkt, da¨ Hf0(0,0) indefinit ist.
b) F¨ur a > 0 ist Hfa(0,0) indefinit und Hfa(a,−a) positiv definit. Im Punkt (0,0) liegt also ein Sattelpunkt und im Punkt (a,−a) ein lokales Minimum.
c) F¨ura < 0 ist Hfa(0,0) indefinit und Hfa(a,−a) negativ definit. Im Punkt (0,0) liegt also ein Sattelpunkt und im Punkt (a,−a) ein lokales Maximum.
Ubungsblatt X¨ Seite 3
Aufgabe X.3 Es gilt
∂1f(x, y, z) = 4x−y+ 2z, ∂2f(x, y, z) =−x−1 + 3y2, ∂3f(x, y, z) = 2x+ 2z . Zum Ermitteln der kritischen Punkte bestimmen wir alle L¨osungen von∇f(x, y, z) = 0.
Zuerst f¨uhrt ∂3f(x, y, z) = 0 zux =−z. Setzen wir das in die Identit¨at ∂1f(x, y, z) = 0 ein, so erhalten wir y=−2z. Schließlich erhalten wir damit aus∂2f(x, y, z) = 0
z−1+3(−2z)2 = 0 ⇐⇒ z2+121z−121 = 0 ⇐⇒ z= −124± q 1
576+57648 ⇐⇒ z∈−1
3 ,14 . Die beiden kritischen Punkte sind alsoP1= 13,23,−13
und P2= −14 ,−12 ,14 . Die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung lauten
∂1∂1f(x, y, z) = 4, ∂2∂1f(x, y, z) =∂1∂2f(x, y, z) =−1,
∂2∂2f(x, y, z) = 6y, ∂3∂1f(x, y, z) =∂1∂3f(x, y, z) = 2,
∂3∂3f(x, y, z) = 2, ∂2∂3f(x, y, z) =∂3∂2f(x, y, z) = 0.
Wir untersuchen die Hesse-Matrizen an den beiden kritischen Punkten auf Definitheit:
Hf(P1) =
4 −1 2
−1 4 0
2 0 2
ist positiv definit, denn 4>0, det
4 −1
−1 4
= 15 >0 und detHf(P1) = 14>0. Also liegt in P1 ein Minimum mit f(P1) = −1327 .
Hf(P2) =
4 −1 2
−1 −3 0
2 0 2
ist indefinit (also weder positiv noch negativ definit), da det
4 −1
−1 −3
=−14<0. In P2 liegt kein Extremum.
Aufgabe X.4
Zun¨achst untersuchen wir die Funktion f auf der Menge (0, π) ×(0, π) auf kritische Punkte. Es gilt
∂1f(x, y) = cos(x) cos(y) und ∂2f(x, y) =−sin(x) sin(y).
Wegen sin(t) > 0 f¨ur t ∈ (0, π) gibt es in (0, π)×(0, π) keine kritischen Punkte. Nun untersuchen wir auf Extrema auf dem Rand der Menge:
F¨urx∈ {0, π} und y∈[0, π] giltf(x, y) = 0.
F¨ury= 0 undx∈(0, π) giltf(x, y) = sin(x) und dieser Wert wird f¨urx=π/2 maximal, n¨amlichf(π/2,0) = 1.
F¨ur y = π und x ∈ (0, π) gilt f(x, y) = −sin(x) und dieser Wert wird f¨ur x = π/2 minimal, n¨amlichf(π/2, π) =−1.
Beachten wir nun noch zus¨atzlich, dass 0 < |f(x, y)| < 1 f¨ur x, y ∈ (0, π)×(0, π), so ist gezeigt, dass die Funktion im Punkt (π/2,0) ein globales Maximum und im Punkt (π/2, π) eine globales Minimum besitzt. Es gibt keine lokalen Extrema im Inneren von [0, π]×[0, π].
(Bemerkung: Wenn man streng nach der Definition vorgeht, liegen in allen Punkten der Menge{0} × [0, π/2) lokale Minimierer, denn auf dieser Menge gilt f = 0 und f(x, y) ≥ 0 f¨urx ∈ (0, π) und y ∈ [0, π/2). Mit der gleichen Begr¨undung liegen auch in allen Punkten von{π} ×[0, π/2) lokale Minimierer.
Analog liegen in{0} ×(π/2, π] und{π} ×(π/2, π] ¨uberall lokale Maximierer.)
