\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article}

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 \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 \(0<y<2\)), \(g(x,y)=-yx^2+(1+y)^2\leq 0+(1+2)^2=9\),
also ist \((x,y)=(0,2)\) ein lokales Maximum. Weiter ist
\begin{align*}
  g(\pm2,y)+(y-1)^2=k_1(y)\leq k_1(2)=g(\pm2,2)=k_2(\pm2)\leq k_2(x)\
  , y\in[1,2]\ , x\in[-2,2].
\end{align*}
D.h., entlang \(x=\pm2\) wird \(g\) kleiner, entlang \(y=2\) wird
\(g\) gr\"osser. Also ist \((x,y)=(\pm2,2)\) weder lokales Maximum
noch lokales Minimum (Ansonsten h\"atte man die auch bei der
Untersuchung von \(k_1\) schon gefunden).

Endlich betrachte 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+1\equiv k_3(x)\ , x\in[-2,2].
\end{align*}
Die Funktion \(k_3\) hat offentsichtlich Maximum (\(=9)\) f\"ur
\(x=\pm2\), und Minimum (\(=1\)) f\"ur \(x=0\). Die zwei Punkte
\((x,y)=(\pm2,-2)\) haben wir schon bei der Untersuchung von \(k_1\)
gefunden - sie sind lokale Maxima.

F\"ur \((x,y)=(0,-2)\) sieht man, da\ss\ \(g(0,-2)=1\geq g(0,y)\)
f\"ur \(y\in[-2,-1]\). Also wird \(g\) entlang \(x=0\) gr\"osser, aber
kleiner entlang \(y=-2\) (weil \(k_3\) f\"ur \(x=0\) Minimum
hat). Also ist \((x,y)=(0,-2)\) weder lokales Minimum noch lokales
Maximum. 

Insgesamt bekommt man, da\ss\ das globale Maximum von \(g\) gleich
\(9\) ist, und da\ss\ es in die drei Punkten \((x,y)=(2,-2), (-2,-2)\)
und \((0,2)\) angenommen wird. Das globale Minimum von \(g\) ist
gleich \(0\) und das wird in \((x,y)=(0,-1), (-2,1)\) und \((2,1)\)
angenommen. 

\vspace{0.5cm}

\noindent{\bf Aufgabe 40: (4 Punkte)} Bestimmen Sie die kritischen Stellen der
Funktion \(f:\mathbb R^2\to\mathbb R\) gegeben durch
\begin{align*}
  f(x,y)=x^3+3x^2y+3xy^2+y^3-3y^2-3x.
 \end{align*}
 Bestimmen Sie mit Hilfe der Hesse-Matrix, ob es sich um lokale Minima,
 Maxima, oder Sattelpunkte handelt.

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}
\begin{align*}
  \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)&=3x^2+6xy+3y^2-3=3(x+y)^2-3;\\
 \frac{\partial f}{\partial y}(x,y)&=3x^2+6xy+3y^2-6y=3(x+y)^2-6y.
\end{align*}
Kritische Punkte:
\begin{align*}
  \nabla f(x,y)&=\Big(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),\frac{\partial
    f}{\partial y}(x,y)\Big)
   =(0,0)
  \Rightarrow
  \begin{cases}
    3(x+y)^2-3=0\\3(x+y)^2-6y
  \end{cases}
  \Rightarrow
  \begin{cases}
    6y=3\\(x+y)^2=1
  \end{cases}\\&
  \Rightarrow  (x,y)=(\frac12,\frac12) \vee (x,y)=(-\frac32,\frac12).
\end{align*}
\(\big[\ \)Man pr\"uft nach, da\ss\ tats\"achlich \(\nabla f(x,y)=(0,0)\) f\"ur 
\((x,y)=(\frac12,\frac12)\) und (\(x,y)=(-\frac32,\frac12).\ \big]\)
\begin{align*}
   \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)&=6x+6y=6(x+y);\quad
   \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y)=6x+6y=6(x+y);\\
   \frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}(x,y)&=6x+6y=6(x+y)
  \ \ (=\frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(x,y) );\\
 \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)&=6x+6y-6=6(x+y-1).
\end{align*}
Hessematrix \((x,y)=(\frac12,\frac12)\):
\begin{align*}
  (D^2 f)(\tfrac12,\tfrac12)
  &=\begin{pmatrix}
    \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(\frac12,\frac12) &
    \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(\frac12,\frac12) \\
 \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(\frac12,\frac12) &
 \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(\frac12,\frac12) 
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    6 & 6 \\ 6 & 0
  \end{pmatrix};\\
  \det\big[(D^2f)(\tfrac12,\tfrac12)-\lambda\cdot\text{\it
    id}_{\mathbb R^2}\big]
   &=\det
   \begin{pmatrix}
     6-\lambda & 6\\ 6 & -\lambda
   \end{pmatrix}
  =(\lambda-3)^2-45;\\
  \Rightarrow \Big(\ \det\big[(D^2f)(\tfrac12,\tfrac12)-\lambda\cdot\text{\it
    id}_{\mathbb R^2}\big] &=0 \Leftrightarrow \lambda\in \{
  3(1-\sqrt5),3(1+\sqrt5)\}\ \Big).
\end{align*}
Weil es eine positive, und eine negative Eigenwert f\"ur \((D^2
f)(\tfrac12,\tfrac12)\) gibt, ist \((x,y)=(\frac12,\frac12)\) ein Sattelpunkt.

Hessematrix \((x,y)=(-\frac32,\frac12)\):
\begin{align*}
  (D^2 f)(-\tfrac32,\tfrac12)
  &=\begin{pmatrix}
    \frac{\partial^2 f}{\partial x^2}(-\frac32,\frac12) &
    \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(-\frac32,\frac12) \\
 \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x}(-\frac32,\frac12) &
 \frac{\partial^2 f}{\partial y^2}(-\frac32,\frac12) 
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    -6 & -6 \\ -6 & -12
  \end{pmatrix};\\
  \det\big[(D^2f)(-\tfrac32,\tfrac12)-\lambda\cdot\text{\it
    id}_{\mathbb R^2}\big]
   &=\det
   \begin{pmatrix}
     -6-\lambda & -6\\ -6 & -12-\lambda
   \end{pmatrix}
  =(\lambda+9)^2-45;\\
  \Rightarrow \Big(\ \det\big[(D^2f)(-\tfrac32,\tfrac12)-\lambda\cdot\text{\it
    id}_{\mathbb R^2}\big] &=0 \Leftrightarrow \lambda\in \{
  -3(\sqrt5+3),3(\sqrt5-3)\}\ \Big).
\end{align*}
Weil beide Eigenwerte von \((D^2f)(-\tfrac32,\tfrac12)\) negative
sind, ist \((x,y)=(-\frac32,\frac12)\) ein lokales Maximum.


\vspace{1cm}

{\bf \noindent Abgabe bis Montag 27.06.2005, 11.15 Uhr in den MPIIA
\"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\
Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen}
sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\
Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\
\hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335}
\end{document}