• Welche notwendige Bedingung muss gelten, damit ein kritischer Punkt vorliegt?
• Mache eine Fallunterscheidung zur Bestimmung der kritischen Punkte.
• Nutze die Hesse-Matrix um die Art des Extremums (Minimum, Maximum, Sattelpunkt) zu bestimmen.
• Form der Hessematrix für den zweidimensionalen Fall: $H_f = \V{f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy}}$.

Bildung der partiellen Ableitungen

$\begin{align} f_x &= 16x-y^2 \\ \\ f_y &= -2xy + 2y = 2y(1-x) \end{align}$

Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte lautet:

$f_x \overset{!}{=}0 \land f_y \overset{!}{=}0$

$f_y = 0$ ist erfüllt, wenn gilt: $x=1 \vee y=0$
Wir unterscheiden beide Fälle:


Fall 1: $y=0$

$\begin{array}{crcl} & f_x(y=0) &= & 0 \\ \RA & 16 x &= & 0 \\ \LR & x &= & 0 \\ \end{array}$

Wir erhalten den kritischen Punkt $(0,0)$

Fall 2: $x=1$

$\begin{array}{crcl} & f_x(x=1) &= & 0\\ \RA & 16 - y^2 &= & 0 \\ \LR & y^2 &= & 16 \\ \RA & y_1, y_2 &= & \pm 4 \end{array}$

Somit sind außerdem $(1,4)$ und $(1,-4)$ kritische Punkte.

Bestimmung der Art des Extremums mithilfe der Hesse-Matrix


$\begin{align} H_f(x,y) &= \V{16 & -2y \\ -2y & 2(1-x)} & \\ \\ H_f(0,0) &= \V{16 & 0 \\ 0 & 1} &\text{ist positiv definit. Also besitzt $f$ hier ein relatives Minimum mit $f(0,0)=0$.} \\ \\ H_f(1,4) &= \V{16 & -8 \\ -8 & 0} &\text{ist indefinit. $f$ besitzt hier einen Sattelpunkt.} \\ \\ H_f(1,-4) &= \V{16 & 8 \\ 8 & 0} &\text{ist indefinit. $f$ besitzt hier einen Sattelpunkt.} \end{align}$

• Welche notwendige Bedingung muss gelten, damit ein kritischer Punkt vorliegt?
• Mache eine Fallunterscheidung zur Bestimmung der kritischen Punkte.
• Nutze die Hesse-Matrix um die Art des Extremums (Minimum, Maximum, Sattelpunkt) zu bestimmen.
• Form der Hessematrix für den zweidimensionalen Fall: $H_f = \V{f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy}}$.

Bildung der partiellen Ableitungen

$\begin{align} f_x &= 3x^2+y^2-3 \\ f_y &= 2xy \end{align}$

Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte lautet: $f_x \overset{!}{=}0 \land f_y \overset{!}{=}0$

Die Bedingung $f_y = 0$ ist erfüllt, wenn gilt: $x=0 \vee y=0$
Wir unterscheiden beide Fälle:

Fall 1: $x=0$

$\begin{array}{crcl} & f_x(x=0) &= & 0\\ \RA & y^2-3 &= & 0 \\ \LR & y^2 &= & 3 \\ \RA & y_1,y_2 &= & \pm \sqrt{3} \end{array}$

Die kritische Punkte lauten somit $(0,\sqrt{3})$ und $(0, - \sqrt{3})$

Fall 2: $y=0$

$\begin{array}{crcl} & f_x(y=0) &= & 0\\ \RA & 3x^2-3 &= & 0 \\ \LR & x^2 &= & 1 \\ \RA & x_1,x_2 &= & \pm 1 \end{array}$

Somit sind außerdem $(1,0)$ und $(-1,0)$ kritische Punkte.

Bestimmung der Art des Extremums mithilfe der Hesse-Matrix


$\begin{align} H_f(x,y) &= \V{6x & 2y \\ -2y & 2x} & \\ \\ H_f(0, \pm \sqrt{3}) &= \V{0 & \pm 2 \sqrt{3} \\ \pm 2 \sqrt{3} & 0} &\text{Da die Determinante negativ ist, sind dies Sattelpunkte.} \\ \\ H_f(1,0) &= \V{6& 0 \\ 0 & 2} &\text{ist positiv definit. $f$ besitzt hier ein relatives Minimum.} \\ \\ H_f(-1,0) &= \V{-6 & 0 \\ 0 & -2} &\text{ist negativ definit. $f$ besitzt hier also ein relatives Maximum. } \end{align}$

1. Stelle die Hilfsfunktion $h(x,y,\lambda$) auf.
2. Die notwendige Bedingung für die Existenz von relativen Extrema lautet: $\nabla h(x,y, \lambda)=0$
3. Überprüfe die Rangbedingung: $\mathrm{rg} \V{\mathrm{grad}\,g_1 \\ \vdots \\ \mathrm{grad}\,g_k} < 1$ und $g_1 = 0, ..., g_k = 0$.
   
   Punkte, die dies gilt, erfüllen die Rangbedingung nicht und kommen als Extrema in Frage.

Zuerst wird überprüft, ob Punkte die Rangbedingung verletzen und somit als Extrema in Frage kommen würden.
Die Anzahl der Nebenbedingung ist $k=1$

Es sei $g(x,y)=x^2+y^2-16$

$\mathrm{rg}\;\mathrm{grad}\,g(x,y) = \mathrm{rg}\,(2x, 2y) \overset{!}{<} 1$

Dies ist nur für $x=0$ und $y=0$ erfüllt. Der Punkt $(0,0)$ erfüllt jedoch $g(0,0)=0$ nicht ($g(0,0) = -16 \neq 0$)
und kommt somit nicht als Extrema in Frage.

Aufstellen der Hilfsfunktion und Berechnung der partiellen Ableitungen

$\begin{array}{rcl} h(x,y, \lambda) &= & f(x,y) - \lambda \, g(x,y) \\ &= & (x-1)^2-y^2-\lambda(x^2+y^2-16) \\ \\ h_x &= &2(x-1)-2\lambda x \\ h_y &= &-2y-2\lambda y \\ h_{\lambda} &= &x^2+y^2-16 \end{array}$


Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte lautet: $\nabla h(x,y, \lambda)\overset{!}{=}\vec{0}$

$h_y=0$ ist erfüllt, wenn gilt: $y=0 \vee \lambda=-1$.
Wir unterscheiden beide Fälle:

Fall 1: $y=0$

$\begin{array}{crcl} & h_{\lambda}(y=0) &= & 0\\ \RA & x^2-16 &= & 0 \\ \RA & x_1,x_2 &= & \pm 4 \end{array}$

Somit sind $(4,0)$ und $(-4,0)$ kritische Punkte.

Fall 2: $\lambda=-1$

$\begin{array}{crcl} & h_{x}(\lambda=-1) &= & 0\\ \RA & 2x-2+2x &= & 0 \\ \LR & x &= & \D \frac{1}{2} \\ \\ \\ & h_{\lambda}(\lambda=-1, x= \D \frac{1}{2}) &= & 0 \\ \RA & \D \frac{1}{4} + y^2 -16 &= & 0 \\ \RA & y &= &\D \pm \sqrt{\frac{63}{4}} \end{array}$

Somit sind außererdem $f \Big( \D \frac{1}{2}, \pm \sqrt{\frac{63}{4}} \Big)$ kritische Punkte.

Die Menge $g(x,y)=0$ ist kompakt und abgeschlossen. Somit existieren absolute Extrema.
Anhand der Funktionswerte wird die Art der Extrema bestimmt:

$\begin{align} f(4,0) &=9 &\\ \\ f(-4,0) &= 25 &\text{ist absolutes Maximum.}\\ \\ f \Big(\D \frac{1}{2}, \D \pm \sqrt{\frac{63}{4}} \Big) &= \D \frac{1}{4} - \frac{63}{4} = - \frac{62}{4} &\text{sind absolute Minima.} \end{align}$

1. Welche notwendige Bedingung muss gelten, damit ein kritischer Punkt vorliegt?
2. Mache eine Fallunterscheidung zur Bestimmung der kritischen Punkte
3. Nutze die Hesse-Matrix um die Art des Extremums (Minimum, Maximum, Sattelpunkt) zu bestimmen.
4. Form der Hessematrix für den zweidimensionalen Fall: $H_f = \V{f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy}}$

Bildung der partiellen Ableitungen

$\begin{align} f_x &= 2xy-2y^2-2x+2y =2 (xy-y^2-x+y) \\ f_y &= x^2+4xy+2x = x(x-4y+2) \end{align}$

Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte lautet:$\nabla f=\vec{0}$

Die Bedingung $f_y = 0$ ist erfüllt, wenn gilt: $x=0 \vee x=4y-2$
Wir unterscheiden beide Fälle:

Fall 1: $x=0$

$\begin{array}{crcl} & f_x(x=0) &= & 0\\ \RA & -2y^2+2y &= & 0 \\ \LR & -2y(y-1) &= & 0 \\ \end{array}$

Dies ist für $y=0 \vee y=1$ erfüllt.
Die kritischen Punkte lauten somit: $(0,0)$ und $(0,1)$.

Fall 2: $x=4y-2$

$\begin{array}{crcl} & f_x(x=4y-2) &= & 0\\ \RA & 3y^2-5y+2 &= & 0 \\ \LR & y^2- \D \frac{5}{3} y + \D \frac{2}{3} &= & 0 \\ \RA & y_1, y_2 &= & \D \frac{5}{6} \pm \sqrt{\frac{25}{36} - \frac{24}{36}} \end{array}$

$y_1$ und $y_2$ in $x=4y-2$ einsetzen liefert: $x_1=2$ und $x_2=\D \frac{2}{3}$.
Die weiteren kritischen Punkte lauten somit: $(2,1)$ und $\Big(\D \frac{2}{3},\D \frac{2}{3} \Big)$.

Bestimmung der Art des Extremums mithilfe der Hesse-Matrix


$\begin{align} H_f(x,y) &= \V{2y-2 & 2x-4y+2 \\ 2x-4y+2 & -4x} & \\ \\ H_f(0,0) &= \V{-2 & 2 \\ 2 & 0} &\text{ist indefinit: Sattelpunkt} \\ \\ H_f(0,1) &= \V{0 & -2 \\ -2 & 0} &\text{ist indefinit: Sattelpunkt} \\ \\ H_f(2,1) &= \V{0 & 2 \\ 2 & -8} &\text{ist indefinit: Sattelpunkt} \\ \\ H_f(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}) &= \V{-\frac{2}{3} & \frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} & -\frac{8}{3}} &\text{ist negativ definit: relatives Maximum} \end{align}$

1. Welche notwendige Bedingung muss gelten, damit ein kritischer Punkt vorliegt?
2. Mache eine Fallunterscheidung zur Bestimmung der kritischen Punkte
3. Nutze die Hesse-Matrix um die Art des Extremums (Minimum, Maximum, Sattelpunkt) zu bestimmen.
4. Form der Hessematrix für den zweidimensionalen Fall: $H_f = \V{f_{xx} & f_{xy} \\ f_{yx} & f_{yy}}$

Bildung der partiellen Ableitungen

$\begin{align} f_x &= e^x(x^2-y^2-3+2x) \\ f_y &= e^x(-2y) \end{align}$

Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte lautet: $\nabla f(x,y) \overset{!}{=} 0$ bzw. $f_x=0 \land f_y=0$.


Die Bedingung $f_y = 0$ ist erfüllt, wenn gilt: $y=0$

Fall 1: $y=0$

$\begin{array}{crcl} & f_x(y=0) &= & 0\\ \RA & x^2+2x-3 &= & 0 \\ \LR & (x+3)(x-1) &= & 0 \\ \end{array}$


Dies ist für $x=-3 \wedge x=1$ erfüllt.
Damit lauten die kritischen Punkte $(-3,0)$ und $(1,0)$.

Bestimmen der Art der kritischen Punkte

$\begin{align} H_f(x,y) &= e^x \V{x^2-y^2-3+4x+2 & -2 y \\ -2 y & -2} & \\ \\ H_f(-3,0) &= e^{-3}\,\V{-4 & 0 \\ 0 & -2} &\text{ist negativ definit. $f$ besitzt hier ein relatives Maximum.} \\ \\ H_f(1,0) &= e^1 \V{4 & 0 \\ 0 & -2} &\text{ist indefinit. Somit besitzt $f$ einen Sattelpunkt in $(1,0)$.} \end{align}$

1. Stelle die Hilfsfunktion $h(x,y,\lambda$) auf.
2. Die notwendige Bedingung für die Existenz von relativen Extrema lautet: $\nabla h(x,y, \lambda)=0$
3. Überprüfe die Rangbedingung: $\mathrm{rg} \V{\mathrm{grad}\,g_1 \\ \vdots \\ \mathrm{grad}\,g_k} < 1$ und $g_1 = 0, ..., g_k = 0$.
   
   Punkte, die dies gilt, erfüllen die Rangbedingung nicht und kommen als Extrema in Frage.

Zuerst wird überprüft, ob Punkte die Rangbedingung verletzen und somit als Extrema in Frage kommen würden. Die Anzahl der Nebenbedingung ist k=1 Es sei $g(x,y,z) = x^2+2y^2+z^2-3$.

$\mathrm{rg}\,\mathrm{grad}\,g(x,y) = \mathrm{rg}\,(2x, 4y, 2z) < 1$

Dies ist nur für den Punkt $(0,0,0)$ erfüllt. Es gilt aber: $g(0,0,0) = -3 \neq 0$. Somit kommt
Der Punkt nicht als Extrema in Frage.

Aufstellen der Hilfsfunktion und Berechnung der partiellen Ableitungen:
$\begin{array}{rcl} h(x,y,z \lambda) &= & f(x,y,z) - \lambda \, g(x,y,z) \\ &= & (x+1)^2+y^2+z^2 - \lambda (x^2+2y^2+z^2-3) \\ \\ 1)\quad h_x &= &2(x+1)-2\lambda x = 2((1-\lambda)x+1) \\ 2)\quad h_y &= &2y-4 \lambda y = 2(1-2 \lambda) y \\ 3)\quad h_z &= &2z - 2 \lambda z = 2 z (1- \lambda) \\ 4)\quad h_{\lambda} &= &-(x^2+2y^2+z^2-3) \end{array}$

Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte: $\nabla h(x,y, \lambda)\overset{!}{=}\vec{0}$

$h_z = 0$ ist erfüllt, wenn gilt: $\lambda=1 \vee z=0$.

Wir unterscheiden beide Fälle:

Fall 1: $\lambda = 1$

In Gleichung 1 ergibt sich ein Widerspruch: $h_x(\lambda=1) = 2((1-1)x+1) = 1 \neq 0$

Fall 2: $z=0$

$\begin{array}{rrcl} 1)&2((1-\lambda)x+1) &= & 0\\ 2)&\quad 2(1-2 \lambda) y &= & 0 \\ 4)&\quad x^2+2y^2-3 &= & 0 \\ \end{array}$


Gleichung 2 ist erfüllt, wenn: $\lambda = \D \frac{1}{2} \vee y=0$ gilt. Es müssen also weitere Fälle unterschieden werden.

Fall 2.1: $y=0$

$\begin{array}{rrcl} 1)&2((1-\lambda)x+1) &= & 0\\ 4)&\quad x^2-3 &= & 0 \\ \end{array}$


Aus Gleichung 4 folgt: $x_1, x_2 = \pm \sqrt{3}$. Mit zugehörigen $\lambda_1$ und $\lambda_2$, deren Werte irrelevant sind.

Somit sind $(\pm \sqrt{3}, 0, 0)$ kritische Punkte.

Fall 2.2: $\lambda = \frac{1}{2}$

$\begin{array}{rrcl} 1)&\frac{1}{2} x + 1 &= & 0\\ 4)&\quad x^2+2y^2-3 &= & 0 \\ \end{array}$


Aus Gleichung 1 folgt: $\D x = - 2$. Dieses Ergebnis in Gleichung 4 eingesetzt ergibt: $\D 1+2y^2 = 0$, also ein Widerspruch.

Daraus folgt, dass die einzigen kritischen Punkte $(\pm \sqrt{3}, 0, 0)$ sind.

Da $f$ stetig ist und die Nebenbedingung eine kompakte Menge (Ellipsoid) beschreibt, nimmt $f$ auf dieser Menge absolutes Maximum und Minimum ein.

$\D f(\sqrt{3}, 0, 0) = (1+\sqrt{3})^2 = 4 + 2 \sqrt{3}$ $\quad $ absolutes Maximum

$\D f(-\sqrt{3}, 0, 0) = (1-\sqrt{3})^2 = 4 - 2 \sqrt{3}$ $\quad $ absolutes Minimum

1. Stelle die Hilfsfunktion $h(x,y,\lambda$) auf.
2. Die notwendige Bedingung für die Existenz von relativen Extrema lautet: $\nabla h(x,y, \lambda)=0$
3. Überprüfe die Rangbedingung: $\mathrm{rg} \V{\mathrm{grad}\,g_1 \\ \vdots \\ \mathrm{grad}\,g_k} < 1$ und $g_1 = 0, ..., g_k = 0$.
   
   Punkte, die dies gilt, erfüllen die Rangbedingung nicht und kommen als Extrema in Frage.

Zuerst wird überprüft, ob Punkte die Rangbedingung verletzen und somit als Extrema in Frage kommen würden. Die Anzahl der Nebenbedingung ist k=1.

Es sei $g(x,y)=x^2+y^2-8$.

$\mathrm{rg}\;\mathrm{grad}\,g(x,y) = \mathrm{rg}\,(2x, 2y) < 1$

Dies ist nur für $x=0$ und $y=0$ erfüllt. Der Punkt $(0,0)$ erfüllt jedoch $g(0,0)=0$ nicht ($g(0,0) = -8 \neq 0$)
und kommt somit nicht als Extrema in Frage.

Aufstellen der Hilfsfunktion und Berechnung der partiellen Ableitungen

$\begin{array}{rcl} h(x,y, \lambda) &= & f(x,y) - \lambda \, g(x,y) \\ &= & x^2+y^2+xy-\lambda(x^2+y^2-8) \\ \\ h_x &= &2x+y-2\lambda x = 2x(1-\lambda)+y\\ h_y &= &2y+x-2y \lambda = 2y(1-\lambda)+x\\ h_{\lambda} &= &x^2+y^2-8 \end{array}$


Die notwendige Bedingung für die Existenz kritischer Punkte lautet: $\nabla h(x,y, \lambda)\overset{!}{=}\vec{0}$

Aus $h_x=0$ folgt: $y = 2(\lambda -1)x$.

Dies in $h_y$ einsetzen:

$\begin{array}{crcl} & h_y(y=2(\lambda - 1)x) &= & 0\\ \RA & 2(2(\lambda-1))(1-\lambda) &= & 0 \\ \LR & -4(\lambda-1)^2x+x &= & 0 \\ \LR & (1-(\lambda-1)^2)x &= & 0 \end{array}$


Dies ist erfüllt, wenn gilt: $\D x=0 \vee \lambda= \frac{3}{2} \vee \lambda = \frac{1}{2}$.


Wir unterscheiden also drei Fälle:

Fall 1: $x=0$

$\begin{array}{crcl} & h_y(x=0) &= & 0\\ \RA & y &= & 0 \\ \end{array}$


Dies ist ein Widerspruch. Der Punkt $(0,0)$ erfüllt die Nebenbedingung nicht.

Fall 2: $\lambda = \D \frac{1}{2}$

$\begin{array}{crcl} & \D h_x(\lambda = \frac{1}{2}) &= & 0\\ \RA & y &= & x \\ \\ & h_{\lambda}(y = x) &= & 0 \\ \RA & 2x^2 &= & 8 \\ \\ \RA & x_1, x_2 &= & \pm 2 \\ \RA & y_1, y_2 &= & \pm 2 \end{array}$


Somit sind $(2,2)$ und $(-2, -2)$ kritische Punkte.

Fall 3: $\D \lambda = \frac{3}{2}$

$\begin{array}{crcl} & \D h_x(\D \lambda = \frac{3}{2}) &= & 0\\ \RA & y &= & -x \\ \\ & h_{\lambda}(y = -x) &= & 0 \\ \RA & 2x^2 &= & 8 \\ \\ \RA & x_1, x_2 &= & \pm 2 \\ \RA & y_1, y_2 &= & \mp 2 \end{array}$


Die weiteren kritischen Punkte lauten also: $(2, -2)$ und $(-2, 2)$.

Da die Menge $g(x,y) = 0$ kompakt und abgeschlossen ist, besitzt $f$ absolute Extrema.
Anhand der Funktionswerte wird die Art der Extrema bestimmt:


$\begin{align} f(2,2) &= f(-2,-2) = 12 &\text{sind absolute Maxima.}\\ \\ f(2,-2) &= f(-2, 2) = 4 &\text{sind absolute Minima.}\\ \end{align}$