19 – Analyse auf Extremstellen und Sattelpunkte

 

Gegeben sei die Funktion

f:D \to \mathbb{R}\quad mit\quad D: = \left\{ {\left( {x,y} \right) \in \mathbb{R}^2 |x \cdot y \ne 0} \right\},

f\left( {x,y} \right): = \frac{1} {x}+\frac{{x^3 }} {3}-\frac{1} {{y^2 }}-\frac{{y^2 }} {{16}}

  1. Bestimmen Sie den Gradienten und die Hessematrix der Funktion.
  2. Bestimmen Sie die Punkte, an denen der Gradient gleich 0 ist.
  3. Untersuchen Sie f auf lokale Extremstellen und Sattelpunkte.
  4. Ist f nach oben beschränkt?

Lösung

Die Funktion in x- und in y-Richtung:

Hier ein Schaubild der gesamten Funktion:

a )

Um den Gradienten zu bilden, leiten wir partiell ab:

f = \frac{1} {x}+\frac{{x^3 }} {3}-\frac{1} {{y^2 }}-\frac{{y^2 }} {{16}}

f_x = -\frac{1} {{x^2 }}+x^2

f_y = \frac{2} {{y^3 }}-\frac{y} {8}

\nabla f\left( {x,y} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} - \frac{1} {{x^2 }}+x^2 \\ \frac{2} {{y^3 }}-\frac{y} {8} \\ \end{array} } \right)

Um die Hessematrix zu bilden, leiten wir noch einmal partiell ab:

f_{xx} = \frac{2} {{x^3 }}+2x

f_{xy} = f_{yx} = 0

f_{yy} = -\frac{6} {{y^4 }}-\frac{1} {8}

H\left( {f\left( {x,y} \right)} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{2} {{x^3 }}+2x & 0 \\ 0 & -\frac{6} {{y^4 }}-\frac{1} {8} \\ \end{array} } \right)

b )

- \frac{1} {{x^2 }}+x^2 = 0\quad \Rightarrow \quad \frac{1} {{x^2 }} = x^2 \quad \Rightarrow \quad 1 = x^4 \quad \Rightarrow \quad x = \pm 1

\frac{2} {{y^3 }}-\frac{y} {8} = 0\quad \Rightarrow \quad \frac{2} {{y^3 }} = \frac{y} {8}\quad \Rightarrow \quad 16 = y^4 \quad \Rightarrow \quad y = \pm 2

c )

Wir setzen die kritischen Punkte in die Hessematrix ein. Dabei können wir den Fall +2 und -2 jeweils gemeinsam betrachten, da das y nur als 4. Potenz vorkommt und daher auf jeden Fall positiv wird:

H\left( {f\left( {1, \pm 2} \right)} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{2} {1}+2 & 0 \\ 0 & -\frac{6} {{16}}-\frac{1} {8} \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4 & 0 \\ 0 & -\frac{1} {2} \\ \end{array} } \right)

H\left( {f\left( {-1, \pm 2} \right)} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} \frac{2} {{-1}}-2 & 0 \\ 0 & -\frac{6} {{16}}-\frac{1} {8} \\ \end{array} } \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} - 4 & 0 \\ 0 & -\frac{1} {2} \\ \end{array} } \right)

Um die Definitheit der beiden Matrizen zu testen, benutzen wir das Determinantenkriterium, da es sich um symmetrische 2 x 2 Matrizen handelt:

\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 4 & 0 \\ 0 & -\frac{1} {2} \\ \end{array} } \right| = -2 < 0\quad \to \quad indefinit\quad \to \quad Sattelpunkt

und

\left| {\begin{array}{*{20}{c}} - 4 & 0 \\ 0 & -\frac{1} {2} \\ \end{array} } \right| = 2 > 0\quad und\quad -4 < 0\quad \to \quad negativ\:\:\:definit\quad \to \quad Max

d )

Der Summand x3 führt zu einem polynomialen Wachstum der Funktion in x-Richtung. Die Funktion ist daher (wie auch in dem Schaubild für die x-Richtung zu sehen) nicht nach oben beschränkt.