\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article} % usepackages \usepackage{latexsym} \usepackage{amstext,amsthm} \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage{amsfonts,german} % Einstellungen \setlength{\oddsidemargin}{0.46cm} \setlength{\textwidth}{16cm} \setlength{\mathindent}{1cm} \setlength{\topmargin}{-1cm} \setlength{\headheight}{0cm} \setlength{\headsep}{0cm} \setlength{\topskip}{0cm} \setlength{\textheight}{26cm} % Neue Kommandos \newcommand{\fa}{\qquad \forall \quad} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \newcommand{\im}{{\rm Im}\,} \newcommand{\re}{{\rm Re}\,} \newcommand{\be}{\begin{equation}} \newcommand{\ee}{\end{equation}} \newcommand {\field}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand {\B}{\mathcal{B}} \newcommand {\C}{\field C} \newcommand {\D}{\mathcal{D}} \newcommand {\E}{\mathcal{E}} \newcommand {\F}{\field{F}} \newcommand {\G}{\mathcal{G}} \newcommand {\K}{\mathcal{K}} \newcommand {\Ll}{\mathcal{L}} \newcommand {\N}{\field N} \newcommand {\Oo}{\mathcal{O}} \newcommand {\PP}{\mathcal{P}} \newcommand {\Q}{\field Q} \newcommand {\R}{\field R} \newcommand {\Ss}{\mathcal{S}} \newcommand {\T}{\field T} \newcommand {\Z}{\field Z} % Umgebung fuer Saetze \newtheorem{satz}{Satz}%[section] \newtheorem{lemma}[satz]{Lemma} \newtheorem{hilfssatz}[satz]{Hilfssatz} \newtheorem{korollar}[satz]{Korollar} \newtheorem{prop}[satz]{Proposition} \newtheorem{defi}[satz]{Definition} \newtheorem{bem}[satz]{Bemerkung} \newtheorem{beis}[satz]{Beispiel} \newcommand{\Arsinh}{\operatorname{Arsinh}} \newcommand{\Arcosh}{\operatorname{Arcosh}} \newcommand{\Artanh}{\operatorname{Artanh}} \newcommand{\Arcoth}{\operatorname{Arcoth}} \newcommand{\dist}{\operatorname{dist}} \newcommand{\Graph}{\operatorname{Graph}} \begin{document} \pagestyle{empty} \noindent Mathematisches Institut LMU \hspace{7cm} 20.06.2005\\ Prof. Dr. H. Steinlein \\ \begin{center} \ % {\Large \bf {\"Ubungsblatt 10 zu MPIIA} } \end{center} \ % \vspace{1cm} \noindent{\bf Aufgabe 37: (4 Punkte)} Berechnen Sie n\"aherungsweise \(1,05^{1.02}\) mit einem Fehler \(<10^{-4}\). Hinweis: Wende auf die Funktion \(f(x,y):=x^{y}\) den Satz von Taylor mit \(x_0=y_0=1\) und \(n=2\) an. \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Sei \(f(x,y):=x^{y}\). Dann: \begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=yx^{y-1};\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x^y\ln x;\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)=y(y-1)x^{y-2};\quad\\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)&=x^y(\ln x)^2;\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y) =\frac{\partial}{\partial x}(x^y\ln x)=(1+y\ln x)x^{y-1};\quad\\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial y}(yx^{y-1})=(1+y\ln x)x^{y-1} \ (= \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y) );\\ \frac{\partial^3 f}{\partial y\partial x^2}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial y}(y(y-1)x^{y-2}) =(2y-1+(y^2-y)\ln x)x^{y-2};\qquad \\\frac{\partial^3 f}{\partial x\partial x\partial y}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}) =\frac{\partial}{\partial x}(\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)) =\frac{\partial}{\partial x}((1+y\ln x)x^{y-1}) \\&=(2y-1+(y^2-y)\ln x)x^{y-2}\ (= \frac{\partial^3 f}{\partial y\partial x^2}(x,y)) ;\\ \frac{\partial^3 f}{\partial y\partial x\partial y}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial y}( \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y))=\frac{\partial}{\partial y}( \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)) \\&=\frac{\partial}{\partial y}((1+y\ln x)x^{y-1})=\ln x(2+y\ln x)x^{y-1};\\ \frac{\partial^3 f}{\partial x\partial y^2}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial x}(x^y(\ln x)^2)=\ln x(2+y\ln x)x^{y-1};\\ \frac{\partial^3 f}{\partial x^3}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial x}(y(y-1)x^{y-2})=y(y-1)(y-2)x^{y-3};\\ \frac{\partial^3 f}{\partial y^3}(x,y) &=\frac{\partial}{\partial y}(x^y(\ln x)^2)=(\ln x)^3x^y;\\ \frac{\partial f}{\partial x}(1,1)&= \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(1,1)=1;\ \frac{\partial f}{\partial y}(1,1)= \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1,1) = \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(1,1)=0. \end{align*} Damit hat man (VII.4.1 Satz (Taylor)) (f\"ur ein \((z_1,z_2)\) mit \(z_1\in[1,x], z_2\in[1,y]\)) \begin{align*} x^y=f(x,y)&=f(1,1)+[\frac{\partial f}{\partial x}(1,1)](x-1)+ [\frac{\partial f}{\partial y}(1,1)](y-1) \\&+\frac12[\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(1,1)](x-1)^2+\frac12[\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(1,1)](y-1)^2\\&\quad+[\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(1,1)](x-1)(y-1) \\&+\frac16[\frac{\partial^3 f}{\partial x^3}(z_1,z_2)](x-1)^3 +\frac12[\frac{\partial^3 f}{\partial y\partial x^2}(z_1,z_2)](x-1)^2(y-1) \\&+\frac12 [\frac{\partial^3 f}{\partial x\partial y^2}(z_1,z_2)](x-1)(y-1)^2 +\frac16[\frac{\partial^3 f}{\partial y^3}(z_1,z_2)](y-1)^3 \\&=x+(x-1)(y-1)+ g(x,y,z_1,z_2) \ , \ \\g(x,y,z_1,z_2) &=\frac16z_2(z_2-1)(z_2-2)z_1^{z_2-3}(x-1)^3 \\&\ +\frac12(2z_1-1+(z_2^2-z_2)\ln z_1)z_1^{z_2-2}(x-1)^2(y-1) % \\&\ +\frac12\ln z_1(2+z_2\ln z_1)z_1^{z_2-1}(x-1)(y-1)^2 % \\&\ +\frac16(\ln z_1)^3z_1^{z_2}(y-1)^3. % % \end{align*} Also bekommt man, mit \(z_1\in[1,1.05], z_2\in[1,1.02]\), \begin{align*} 1,05^{1,02} &=1,05+(1,05-1)(1,02-1)+g(1.05,1.02,z_1,z_2) \\&=1,051+g(1.05,1.02,z_1,z_2). \end{align*} Mit verwendung von \(\ln(1+t)\leq t\), \(t\geq 0\), und \(z_1\in[1,1.05], z_2\in[1,1.02]\), bekommt man dann \begin{align*} \big|g(1.05,1.02,z_1,z_2)\big|&\leq \frac16\cdot1,02\cdot0,02\cdot 1\cdot 1\cdot 0,05^3\\&\ + \frac12\cdot(1,10+(1,02^2+1,02)0,05)\cdot1\cdot0,05^2\cdot0,02\\&\ + \frac12\cdot0,05(2+1,02\cdot0,05)\cdot2^2\cdot0,05\cdot0,02^2 \\&\ +\frac16(0,05)^3\cdot2^2\cdot0,02^3 \\&\leq \frac16\cdot5^3\cdot1,02\cdot2\cdot10^{-2}\cdot10^{-6} \\&\ +\frac12\cdot2\cdot(5^2\cdot2)\cdot10^{-4}\cdot10^{-2} \\&\ +\frac12\cdot5\cdot3\cdot10^{-2}\cdot5\cdot2^2\cdot10^{-2}\cdot10^{-4}\cdot2^2 \\&\ +\frac16\cdot(5^3\cdot2^3)\cdot10^{-6}\cdot10^{-6}\cdot4 \\& \leq \frac23\cdot10^{-6}+\frac12\cdot 10^{-4}+6\cdot 10^{-6}+\frac23\cdot 10^{-9} \\& < 10^{-4}. \end{align*} Also ist \(1,05^{1,02}=1,051\pm10^{-4}\) (man kriegt, mit der Taschenrechner, tats\"achlich \(1.0510250935....\).) \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 38: (4 Punkte)} Sei \(f:\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, x^2+y^2\leq 1\}\to\mathbb R\) gegeben durch \begin{align*} f(x,y):=(3x^2-y^2)\exp(-x^2-y^2). \end{align*} Besitzt \(f\) ein globales Minimum bzw.\ ein globales Maximum? Wenn ja, bestimmen Sie die Stelle(n), an denen das Minimum bzw.\ Maximum angenommen wird. \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Die Funktion \(f\) ist stetig (die Funktionen \((x,y)\mapsto x\), \((x,y)\mapsto y\) sind stetig, und \(f\) ist damit Zusammensetzung stetiger Funktionen). Ausserdem ist die Menge \(A:=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, x^2+y^2\leq 1\}\) kompakt, weil abgeschlossen und beschr\"ankt (Heine-Borel); beschr\"ankt, weil \(|(x,y)|\leq 1\) f\"ur alle \((x,y)\in A\), und abgeschlossen, weil \(A=g^{-1}(\,]\!-\infty,1])\) mit \(g:\mathbb R^2\to\mathbb R\), \(g(x,y)=x^2+y^2\) stetig. Damit (VI.3.4 Satz) besitzt \(f\) ein globales Minimum bzw.\ ein globales Maximum. \begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=2x(3-(3x^2-y^2))\exp(-x^2-y^2);\\ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=-2y(1+(3x^2-y^2))\exp(-x^2-y^2);\\ \nabla f(x,y)&=(0,0)\Rightarrow \begin{cases} 2x(3-(3x^2-y^2))=0\\2y(1+(3x^2-y^2))=0 \end{cases} \\&\Rightarrow \begin{cases} (x=0\wedge y=0)\vee (x=0\wedge 2y(1-y^2)=0)\ \vee\\ (y=0\wedge 2x(3-3x^2)=0)\ \vee \\ (3x^2-y^2=3\wedge 3x^2-y^2=-1) \end{cases}\\ &\Rightarrow (x,y)\in\{(0,0),(0,\pm1),(\pm1,0)\} \end{align*} Nur \((x,y)=(0,0)\) geh\"ort zu \((\overline{K_1(0)})^{\circ}\) (\(3x^2-y^2=3\wedge 3x^2-y^2=-1\) hat keine L\"osung). Also ist \((0,0)\) einzige kritische Punkt im \((\overline{K_1(0)})^{\circ}\); \(f(0,0)=0\). Am \(\partial(\overline{K_1(0)})\): \(x^2+y^2=1\Rightarrow f(x,y)=[3x^2-(1-x^2)]\exp(-1)=\frac{1}{e}(4x^2-1)\equiv g(x), x\in[-1,1]\). Offentsichtlich wird das Minimum (\(=-\frac{1}{e}\)) von \(g\) f\"ur \(x=0\) angenommen, und das Maximum (\(=\frac{3}{e}\)) f\"ur \(x=\pm1\) angenommen. Durch Vergleich mit \(f(0,0)=0\) bekommt man, da\ss\ das Minimum (\(=-\frac{1}{e}\)) von \(f\) in \((x,y)=(0,0)\) und \((x,y)=(0,-1)\) angenommen wird. Das Maximum (\(=\frac{3}{e}\)) wird in \((x,y)=(1,0)\) und in \((x,y)=(-1,0)\) angenommen. \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 39: (4 Punkte)} Sei \(f:\mathbb R^2\to\mathbb R\) gegeben durch \begin{align*} f(x,y):=-yx^2+(1+y)^2. \end{align*} \begin{itemize} \item[a)] Bestimmen Sie s\"amtliche kritischen Punkte von \(f\) (d.h. Punkte, an denen der Gradient verschwindet) und bestimmen Sie an diesen Stellen die Terme der Taylorreihe der Ordnung \(\leq2 \). \item[b)] Besitzt \(f\) globale Extrema? Wenn ja, bestimmen Sie diese. Besitzt \(f\) lokale Extrema? Wenn ja, bestimmen Sie diese. \item[c)] Sei \(g\) die Einschr\"ankung von \(f\) auf das Quadrat \([-2,2]^2\). Bestimmen Sie alle lokalen und globalen Extrema von \(g\). \end{itemize} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) \begin{align*} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=-2xy; \ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=-x^2+2(1+y)=-x^2+2+2y;\\ \nabla f(x,y)&=(0,0)\Rightarrow \begin{cases} -2xy=0\\-x^2+2+2y=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=0 \wedge 1+y=0 \\ \ \qquad \vee\\ y=0\wedge -x^2+2=0 \end{cases} \\& \Rightarrow (x,y)\in\{ (0,-1), (\sqrt2,0), (-\sqrt2,0)\}. \end{align*} Man pr\"uft nach, da\ss\ tats\"achlich \(\nabla f(x,y)=(0,0)\) f\"ur \((x,y)=(0,-1)\), \((x,y)=(-\sqrt2,0)\), und \((x,y)=(\sqrt2,0)\). Diese sind also s\"amtlich kritischen Punkte von \(f\). \begin{align*} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)&=-2y;\quad \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)=-2x;\\ \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)&=-2x \ \ (=\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y) );\qquad\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)=2. \end{align*} \underline{\((x,y)=(0,-1):\)} \begin{align*} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,-1)&=2;\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,-1) =\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(0,-1)=0;\qquad\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,-1)=2. \end{align*} Taylorpolynom 2. Grad um den Entwicklungspunkt \((0,-1)\): \begin{align*} (T_2f)(x,y)&=f(0,-1)+\big[\frac{\partial f}{\partial x}(0,-1)\big](x-0)+\big[\frac{\partial f}{\partial y}(0,-1)\big](y-(-1)) \\& \ \ +\frac12\big[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,-1)\big](x-0)^2 +\frac12\big[\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,-1)\big](y-(-1))^2 \\&\ \ +\big[\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(0,-1)\big](x-0)(y-(-1)) \\&=x^2+y^2+2y+1. \end{align*} \underline{\((x,y)=(-\sqrt2,0):\)} \begin{align*} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-\sqrt2,0)&=0;\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(-\sqrt2,0) =\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(-\sqrt2,0)=2\sqrt2;\qquad\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(-\sqrt2,0)=2. \end{align*} Taylorpolynom 2. Grad um den Entwicklungspunkt \((-\sqrt2,0)\): \begin{align*} (T_2f)(x,y)&=f(-\sqrt2,0)+\big[\frac{\partial f}{\partial x}(-\sqrt2,0)\big](x-(-\sqrt2))+\big[\frac{\partial f}{\partial y}(-\sqrt2,0)\big](y-0) \\& \ \ +\frac12\big[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-\sqrt2,0)\big](x-(-\sqrt2))^2 +\frac12\big[\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(-\sqrt2,0)\big](y-0)^2 \\&\ \ +\big[\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(-\sqrt2,0)\big](x-(-\sqrt2))(y-0) \\&=y^2+2\sqrt2xy+4y+1. \end{align*} \underline{\((x,y)=(\sqrt2,0):\)} \begin{align*} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(\sqrt2,0)&=0;\quad \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(\sqrt2,0) =\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(\sqrt2,0)=-2\sqrt2;\qquad\ \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(\sqrt2,0)=2. \end{align*} Taylorpolynom 2. Grad um den Entwicklungspunkt \((\sqrt2,0)\): \begin{align*} (T_2f)(x,y)&=f(\sqrt2,0)+\big[\frac{\partial f}{\partial x}(\sqrt2,0)\big](x-\sqrt2)+\big[\frac{\partial f}{\partial y}(\sqrt2,0)\big](y-0) \\& \ \ +\frac12\big[ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(\sqrt2,0)\big](x-\sqrt2)^2 +\frac12\big[\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(\sqrt2,0)\big](y-0)^2 \\&\ \ +\big[\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(\sqrt2,0)\big](x-\sqrt2)(y-0) \\&=y^2-2\sqrt2xy+4y+1. \end{align*} b) Man sieht, da\ss\ \begin{align*} f(0,y)=(1+y)^2\to \infty\ ,\qquad y\to\infty \end{align*} und \begin{align*} f(x,1)=-x^2+4\to-\infty\ ,\qquad x\to\infty, \end{align*} also ist \(f\) unbeschr\"ankt und hat weder globale Maximum noch globale Minimum. Kandidaten f\"ur {\it lokale} Extrema sind die in a) bestimmte kritische Punkte. Hessematrix f\"ur \((x,y)=(0,-1)\): \begin{align*} (D^2 f)(0,-1) &=\begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(0,-1) & \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(0,-1) \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(0,-1) & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(0,-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix};\\ \end{align*} Weil beide Eigenwerte positiv sind, ist \((D^2 f)(0,-1)\) positiv definit, also ist \((x,y)=(0,-1)\) ein lokales Minimum. \noindent\(\big[\ \) Man sieht auch dieses direkt, weil \(f(0,-1)=0\), und \((1+y)^2\geq0, -yx^2\geq0\) (in der N\"ahe von \((x,y)=(0,-1)\)), also ist \(f(x,y)\geq f(0,-1)\) in der N\"ahe von \((x,y)=(0,-1).\ \big]\) Hessematrix f\"ur \((x,y)=(\sqrt2,0)\): \begin{align*} (D^2 f)(\sqrt2,0) &=\begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(\sqrt2,0) & \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(\sqrt2,0) \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(\sqrt2,0) & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(\sqrt2,0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -2\sqrt2 \\ -2\sqrt2 & 2 \end{pmatrix};\\ \det\big[(D^2f)(\sqrt2,0)-\lambda\cdot\text{\it id}_{\mathbb R^2}\big] &=\det \begin{pmatrix} -\lambda & -2\sqrt2\\ -2\sqrt2 & 2-\lambda \end{pmatrix} =(\lambda-1)^2-9;\\ \Rightarrow \Big(\ \det\big[(D^2f)(\sqrt2,0)-\lambda\cdot\text{\it id}_{\mathbb R^2}\big] &= 0 \Leftrightarrow \lambda\in \{ -2,4\}\ \Big). \end{align*} Weil eine Eigenwert negativ, und der andere positiv ist, ist \((x,y)=(\sqrt2,0)\) ein Sattelpunkt, also insbesonders kein lokales Extremum. Hessematrix f\"ur \((x,y)=(-\sqrt2,0)\): \begin{align*} (D^2 f)(-\sqrt2,0) &=\begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-\sqrt2,0) & \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(-\sqrt2,0) \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(-\sqrt2,0) & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(-\sqrt2,0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2\sqrt2 \\ 2\sqrt2 & 2 \end{pmatrix}. \end{align*} Weil \begin{align*} \det\big[(D^2f)(\sqrt2,0)-\lambda\cdot\text{\it id}_{\mathbb R^2}\big] =\det\big[(D^2f)(-\sqrt2,0)-\lambda\cdot\text{\it id}_{\mathbb R^2}\big] \end{align*} ist auch \((x,y)=(-\sqrt2,0)\) ein Sattelpunkt und kein lokales Extremum. c) Die Menge \([-2,2]^2\) ist beschr\"ankt (\(|(x,y)|\leq 2\sqrt2\) f\"ur alle \((x,y)\in[-2,2]^2\)), und abgeschlossen: \begin{align*} [-2,2]^2&=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, x\in [-2,2]\}\cap\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, y\in [-2,2]\} \\&=:A\cap B=:h_1^{-1}([-2,2])\cap h_2^{-1}([-2,2]) \end{align*} mit \(h_1(x,y)=x, h_2(x,y)=y\) stetige Funktionen, und \([-2,2]\) abgeschlossen; also sind \(A\) und \(B\) abgeschlossen, weil Urbilder von abgeschlossene Mengen unter stetige Funktionen, und damit ist \([-2,2]^2\), als Schnittmenge abgeschlossener Mengen, auch abgeschlossen. Damit ist \([-2,2]^2\) kompakt (Heine-Borel) und weil \(g\) stetig ist (Analysis I), hat \(g\) ein Maximum und ein Minimum auf \([-2,2]^2\). Wie in b) sind lokale Extrema im Inneren unter die kritische Punkte zu suchen. Wie in b) ist \((0,-1)\in[-2,2]^2\) eine lokale Minimum (\(g(0,-1)=0\)). Andere lokale Extrema gibt es im Inneren von \([-2,2]^2\) nicht. Betrachte der Teil von \(\partial([-2,2]^2)\) wo \(x=\pm2\) (\(y\in[-2,2]\)). Dann ist \begin{align*} g(\pm2,y)=-y\cdot4+(1+y)^2=(y-1)^2=:k_1(y)\ , \quad y\in[-2,2]. \end{align*} Die Funktion \(k_1\) hat offentsichtlich Minimum (gleich \(0\)) f\"ur \(y=1\), und Maximum (gleich \(9\)) f\"ur \(y=-2\). Man bemerkt, da\ss\ wenn \(x\in\,]\!-2,2\,[\,\), dann ist \(x^2<4\) und damit ist \(g(x,y)>g(\pm2,y)>g(\pm2,1)\) f\"ur \(y>0\), und damit sind \((x,y)=(-2,1)\), \((x,y)=(2,1)\) lokale Minima; \(g(\pm2,1)=0\). Weiter hat man, f\"ur \(0>y>-2\), \begin{align*} 9=g(\pm2,-2)=k_1(-2)\geq k_1(y)=-y\cdot4+(1+y)^2\geq -yx^2+(1+y)^2=g(x,y), \end{align*} und damit sind \((x,y)=(2,-2)\) und \((x,y)=(-2,-2)\) lokale Maxima. Betrachte jetzt der Teil von \(\partial([-2,2]^2)\) wo \(y=2\) (\(x\in[-2,2])\). \begin{align*} g(x,2)=-2x^2+(1+2)^2=-2x^2+9\equiv k_2(x)\ , \ x\in[-2,2]. \end{align*} Die Funktion \(k_2\) hat offentsichtlich Maximum (\(=9\)) f\"ur \(x=0\) und Minimum (\(=1\)) f\"ur \(x=\pm2\). Man hat (f\"ur \(0