Lösung zum 8. Sonderübungsblatt

Lösung:
Aufgabe 1:
1 1
a) Wir berechnen nun die Extrempunkte von f ( x, y) : = 4 x y, x, y 0
y
− x
− + ≠ .
Auch hier ist die Vorgehensweise analog wie in den vorigen Beispielen. Zunächst benötigen
wir den Gradienten (oder auch Hessematrix), folglich also die partiellen Ableitungen
1 1
fx( x, y) = 4, fx( x, y) 1
x² − = − y²
+
1
1
Wir erhalten als notwendige Bedingung also 0 = − 4 und 0 = − + 1 .
x²
y²
1
Die erste Gleichung ist für x
1,2
= ± und die zweite Gleichung für y
1,2
= ± 1 erfüllt.
2
Wir erhalten demnach vier mögliche Extrema (vier kritische Punkte). Und zwar an den
1 1 1 1
Stellen: ( ,1), ( , −1), ( − ,1), ( − , − 1) . Nun stellen für die hinreichende Bedingung
2 2 2 2
⎛ −2 x³ 0 ⎞
wieder die Hessematrix auf H : = D² f ( x, y)
= ⎜ ⎟ . In dieser Matrix stehen
⎝ 0 2 y³
⎠
einfach die entsprechenden zweiten partiellen Ableitungen.
Wir berechnen zunächst allgemein das charakteristische Polynom, ohne zuvor einzusetzen.
Es ergibt sich
⎛ −2 x³ − λ 0 ⎞
4 2 2
PH
= det ⎜
⎟ = ( −2 x³ − λ)(2 y³ − λ) = − + λ − λ + λ²
⎝ 0 2 y³ − λ ⎠
x³ y³ x³ y³
2 2 4
= λ² + ( − ) λ −
x³ y³ x³ y³
Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind die Eigenwerte der Matrix, die sich über
die p, q-Formel ergeben:
2 2 4
λ² + ( − ) λ − = 0
x³ y³ x³ y³
1 2 2 1 2 2 4
⇒ λ1,2
= − ( − ) ± [ − ( − )]² +
2 x³ y³ 2 x³ y³ x³ y³
λ
1 1 1 1 4 1 1 1 1 2 4
= − + ± [ − + ]² + = − + ± + − +
x³ y³ x³ y³ x³ y³ x³ y³ x y x³ y³ x³ y³
1,2 6 6
1 1 1 1 2
= − + ± + +
x y x y x y
6 6
³ ³ ³ ³
Nun können wir nacheinander die möglichen Extremstellen einsetzen und so entscheiden,
ob die Matrix positiv, negativ oder indefinit ist.