TU Wien:Analysis UE (diverse)/Übungen SS19/Beispiel 368

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Man bestimme die relativen Extrema der Funktion f(x,y) = 4(x-2)(y^2 + 10y) + 3x^3.

Lösungsvorschlag[Bearbeiten]

f_x = 4(y^2+10y) + 9x^2

f_{xx} = 18x

f_{xy} = 4(2y+10) = 8(y+5)

f_y = 4(x-2)(2y + 10) = 8(x-2)(y+5)

f_{yx} = 8(y+5)

f_{yy} = 8(x-2)

H_f = \begin{pmatrix} 18x & 8(y+5) \\ 8(y+5) & 8(x-2) \end{pmatrix}

\det H_f = 18x \cdot 8(x-2) - \left(8y+40 \right)^2 = 144x^2 - 288x - 64y^2 - 640y - 1600

Aus f_y = 8(x-2)(y+5) = 0 folgen x=2 und y=-5.

Einsetzen von x=2 in f_x:

\begin{align}
4(y^2+10y)+9\cdot2^2 &= 0 \\
4y^2 + 40y + 36 &= 0 \\
y^2 + 10y + 9 &= 0
\end{align}

Per Lösungsformel y_{1,2} = -\frac{10}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{10}{2} \right)^2 - 9} = -5 \pm 4 bekommt man y_1 = -1 und y_2 = -9.

Einsetzen von y=-5 in f_x:

\begin{align}
4((-5)^2+10(-5))+9x^2 &= 0 \\
4(25 - 50) + 9x^2 &= 0 \\
9x^2 &= 100
x &= \sqrt{\frac{100}{9}} = \pm \frac{10}{3}
\end{align}

Die möglichen Lösungen sind daher P_1(2,-9), P_2(2,-1), P_3(\frac{10}{3}, -5) und P_4(-\frac{10}{3},-5).

f_{xx}(2,-9) = 36 > 0

\det H_f(2,-9) = -1024 < 0

P_1(2,-9) ist daher ein Sattelpunkt von f.

f_{xx}(2,-1) = 36 > 0

\det H_f(2,-1) = -1024 < 0

P_2(2,-1) ist daher ein Sattelpunkt von f.

f_{xx}(\frac{10}{3}, -5) = 60 > 0

\det H_f(\frac{10}{3}, -5) = 640 > 0

P_3(\frac{10}{3}, -5) ist daher ein Minimum von f.

f_{xx}(-\frac{10}{3}, -5) = -60 < 0

\det H_f(-\frac{10}{3}, -5) = 2560 > 0

P_4(-\frac{10}{3}, -5) ist daher ein Maximum von f.

Lösungsvorschlag von mnemetz (basierend auf Lösung aus 2004 unten)[Bearbeiten]

Ich habe meinen Lösungsvorschlag zum Download bereitgestellt. --Markus Nemetz 17:33, 9. Mai 2006 (CEST)

Lösung aus Karigl 2004[Bearbeiten]

Quelle[Bearbeiten]

Panholzer Beispielsammlung SS06 Beispiel 53 / Beispiel 115

Links[Bearbeiten]