Musterlösung Serie 5 - D-MATH

Analysis II
MATH, PHYS, CHAB
Prof. D. Salamon
FS 2015
Musterlösung Serie 5
1. Sei x0 ∈ U und v ∈ Rn ein Richtungsvektor für den x0 + v ∈ U erfüllt ist. Wir zeigen
zunächst die Abschätzung
(1)
∂v f (x0 ) ≤ f (x0 + v) − f (x0 )
Da U konvex ist, liegt die Verbindungsstrecke von x0 und x0 + v ebenfalls in U , und es folgt
aus der Konvexität von f die Abschätzung
f (x0 + tv) = f ((1 − t)x0 + t(x0 + v)) ≤ (1 − t)f (x0 ) + tf (x0 + v).
Das ist äquivalent zu
f (x0 + tv) − f (x0 )
≤ f (x0 + v) − f (x0 ).
t
Wenn in dieser Ungleichung t → 0 strebt, konvergiert die linke Seite gegen die Richtungsableitung ∂v f (x0 ) und es folgt (1).
Wir nehmen nun an, dass x0 ∈ U ein kritischer Punkt ist. Das heisst df (x0 ) = 0 und insbesondere verschwinden alle Richtungsableitungen ∂v f (x0 ) = df (x0 )v . Für einen beliebigen
Punkt x ∈ U folgt dann aus (1) mit v = x − x0 die Abschätzung
0 = ∂v f (x0 ) ≤ f (x) − f (x0 )
und folglich ist f (x0 ) ein globales Minimum von f .
2. (a) Die folgende einfache Beobachtung ist im Folgenden sehr nützlich: Seien x, y ∈ U zwei
Punkte für welche die Verbindungsstrecke [x, y] := {tx + (1 − t)y |t ∈ [0, 1]} vollständig
in U enthalten ist. Dann gilt für jeden Punkt z = tx + (1 − t)y ∈ [x, y] die Abschätzung
f (z) = f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ≤ max{f (x), f (y)}.
Aus dieser Beobachtung folgt zum Beispiel, dass f auf jedem konvexen Polyeder nach
oben beschränkt ist: Sei P ⊂ U etwa die konvexe Hülle der Eckpunkte x1 , . . . , xm ∈ Rn .
Dann zeigt die Beobachtung zunächst, dass die Funktionswerte auf den Kanten von P
durch M := max{f (x1 ), . . . , f (xm )} nach oben beschränkt sind. Jeder Punkt auf einer
2-dimensionalen Seitenäche von P liegt aber auf einer Strecke mit Endpunkten auf
den Kanten von P und, da wir bereits wissen, dass f aber auf den Kanten durch M
beschränkt ist, folgt, dass f auch auf jeder solchen Strecke durch M beschränkt ist. Wir
können nun mit vollständiger Induktion fortfahren und zeigen, dass f auf ganz P durch
M nach oben beschränkt ist. Alternativ kann man sich überzeugen, dass das Polyeder
wie folgt gegeben ist:
(
P =
x=
m
X
i=1
)
m
X
λi xi λ1 , . . . , λm ∈ [0, 1] und
λ i xi = 1
i=1
Dann folgt direkt mit der Jensen-Ungleichung for konvexe Funktionen die Abschätzung
f (x) = f
m
X
i=1
!
λ i xi
≤
m
X
λi f (xi ) ≤ max{f (x1 ), . . . , f (xm )} = M.
i=1
1
Sei nun x0 ∈ U gegeben und > 0 so gewählt, dass B (x0 ) ⊂ U gilt. Wir bezeichnen
mit ei den i-ten Einheitsvektor und betrachten das konvexe Polytop P , welches durch
die Eckpunkte x0 ± ei aufgespannt wird. Die Eckpunkte liegen alle auf dem Rand von
B (x0 ) und folglich gilt P ⊂ B (x0 ). Anderseits sieht man aus der Darstellung
x0 =
n
n
X
X
1
1
(x0 + ei ) +
(x0 − ei )
2n
2n
i=1
i=1
dass x0 im Inneren von P liegt, da alle Koezienten in der Konvexkombination positiv
sind. Folglich gibt es ein δ ∈ (0, ) für welches Bδ (x0 ) ⊂ P gilt. Da f auf P nach oben
beschränkt ist, erhalten wir insbesondere, dass f auf Bδ (x0 ) nach oben beschränkt ist.
Wir zeigen schliesslich, dass f auf Bδ (x0 ) auch nach unten beschränkt ist. Sei v ∈ Rn
mit ||v|| ≤ δ gegeben, dann gilt
f (x0 ) ≤
1
1
f (x0 + v) + f (x0 − v)
2
2
und somit
f (x0 + v) ≥ 2f (x0 ) − f (x0 − v) ≥ 2f (x0 ) − 2M
wobei M eine obere Schranke für die Funktionswerte von f auf Bδ (x0 ) ist. Da jeder
Punkt in x ∈ Bδ (x0 ) eine solche Darstellung der Form x = x0 + v besitzt folgt die
Behauptung.
(b) Sei x0 ∈ U gegeben und > 0 so gewählt, dass B (x0 ) ⊂ U gilt. Nach Teil (a) existiert
ein δ ∈ (0, ) und eine Konstante C > 0, sodass
für alle x ∈ Bδ (x0 )
|f (x)| ≤ C
gilt. Für einen Einheitsvektor v ∈ Rn , ||v|| = 1, betrachten wir die Funktion
gv : (−, ) → R,
gv (t) := f (x0 + tv).
Man sieht leicht, dass gv eine konvexe Funktion in einer Variablen ist. Mit dem Argument aus der Weihnachtsserie, Aufgabe 3, mit a = −δ , b = δ und t0 = 0 erhalten wir
die Abschätzung
|gv (t) − gv (0)| ≤
|gv (−δ)| + |gv (0)| |gv (δ)| + |gv (0)|
+
δ
δ
t≤
4C
t
δ
für alle t ∈ (−δ, δ). Wenn wir diese Abschätzung in f ausdrücken folgt
|f (x0 + tv) − f (x0 )| ≤
4C
t
δ
für alle t ∈ (−δ, δ). Da jeder Punkt in x ∈ Bδ (x0 ) eine Darstellung der Form x = x0 +tv
mit t = ||x − x0 || besitzt, erhalten wir
|f (x) − f (x0 )| ≤
4C
||x − x0 ||
δ
für alle x ∈ Bδ (x0 ).
Damit folgt die Stetigkeit von f in dem Punkt x0 .
3. (a) f1 (x) = ||x|| ist konvex, da es sich um eine Normfunktion handelt. Denn für t ∈ [0, 1]
und x, y ∈ Rn gilt die Abschätzung
||tx + (1 − t)y|| ≤ ||tx|| + ||(1 − t)y|| = t||x|| + (1 − t)||y||.
Für x 6= 0 sind die partiellen Ableitungen gegeben durch
2xi
xi
∂i f1 (x) = p 2
=
.
2
||x||
2 x1 + · · · + xn
Diese lassen sich nicht stetig in den Ursprung fortsetzen und folglich ist f1 nicht stetig
dierenzierbar.
2
(b) Wir können f2 als Verkettung der konvexen Funktionen f1 (x) = ||x|| und der monoton
wachsenden konvexen Funktion g(z) = z 2 schreiben. Damit erhalten wir für t ∈ [0, 1]
und x, y ∈ Rn die Abschätzung
f2 (tx + (1 − t)y) = g(||tx + (1 − t)y||) ≤ g(t||x|| + (1 − t)||y||
≤ tg(||x||) + (1 − t)g(||y||) = tf2 (x) + (1 − t)f2 (y)
und folglich ist f2 konvex.
Die partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung von f2 (x) = x21 + · · · x2n sind
gegeben durch ∂i f (x) = 2xi und ∂i ∂j f (x) = δij , wobei δij die Kronecker Deltafunktion bezeichnet. Da die zweiten partiellen Ableitungen konstant sind, verschwinden alle
höheren partiellen Ableitungen. Folglich ist f2 beliebig oft stetig dierenzierbar.
(c) Für p ≥ 1 ist die Funktion gp : [0, ∞) → [0, ∞), gp (z) = z p , ein konvexe und monoton
wachsende Funktion. Mit dem gleichen Argument wie in Teil (b) folgt, dass f3 für p ≥ 1
konvex ist.
Wir zeigen durch ein Gegenbeispiel, dass f3 für 0 < p < 1 nicht konvex sein kann:
Wähle hierfür x = 0, y = (1, 0, . . . , 0) und t = 21 . Mit diesen Werten erhalten wir
p p
1
1
f3 (tx + (1 − t)y) = , 0, . . . , 0 =
2
2
und
1
1
tf3 (x) + (1 − t)f3 (y) = 0 + ||(1, 0, . . . , 0)||p = .
2
2
1 p
1
Für 0 < p < 1 gilt aber 2 > 2 und das verletzt die Denition der Konvexität.
Falls p eine gerade natürliche Zahl ist, so ist f3 (x) = ||x||p beliebig oft stetig dierenzierbar. Das Folgt aus Teil (b), da in diesem Fall f3 (x) = f2 (x)k die Verkettung zweiter
beliebig oft dierenzierbarer Funktionen ist. (Siehe Serie 4, Aufgabe 5.)
Falls p keine gerade natürliche Zahl ist, sei r ∈ Nn0 die grösste natürliche Zahl mit
0 ≤ r < p. (Falls p eine ungerade ganze Zahl ist gilt r = p − 1.) Wir behaupten, dass
f3 (x) = ||x||p in diesem Fall genau r-mal stetig dierenzierbar ist.
Wir zeigen zunächst, dass f mindestens r-mal stetig dierenzierbar ist. Mit vollständiger Induktion sieht man leicht, dass partielle Ableitungen der Ordnung k von f3 (x) =
||x||p Summen von Ausdrücken der Form
cxα ||x||p−k−|α|
sind, wobei c ∈ R eine Konstante und α ∈ Nn0 ein Multiindex mit |α| < r ist. Des
weiteren können wir jeden dieser Ausdrücke abschätzen durch
α
cx ||x||p−k−|α| ≤ |c| · ||x||p−k .
Falls k < p gilt, konvergiert die rechte Seite gegen 0 für x → 0. Folglich können wir
alle partiellen Ableitungen der Ordnung k durch 0 in den Ursprung stetig fortsetzen.
Wir müssen zusätzlich noch zeigen, dass die Ableitungen der Ordnung k im Ursprung
auch tatsächlich existieren und dort verschwinden. Dazu genügt es zu zeigen, dass die
Summanden
cxα ||x||p−k+1−|α|
(2)
welche in den (k − 1)-ten partiellen Ableitungen auftachen alle im Ursprung dierenzierbar sind mit Ableitung 0. Das folgt aber direkt aus der Denition, denn es gilt:
||cxα ||x||p−k+1−|α| − 0 − 0||
= lim |c| · ||x||p−k = 0.
x→0
x→0
||x||
lim
3
Wir zeigen als nächstes, dass f höchstens r-mal stetig dierenzierbar ist. Wir argumentieren mit vollständiger Induktion und betrachten zunächst p ∈ (0, 2). Dann sind die
partiellen Ableitungen von f gegeben durch
∂xi ||x||p = xi ||x||p−2 ,
∂xi ∂xj ||x||p−2 = δij ||x||p−2 + xi xj ||x||p−4 .
Für p ∈ (0, 1) sind die partiellen Ableitungen erster Ordnung nahe des Ursprungs
unbeschränkt und somit ist die f3 in diesem Fall nicht stetig dierenzierbar. Für p = 1
zeigt Teilaufgabe (a), dass f3 nicht stetig dierenzierbar ist. Für p ∈ (1, 2) sieht man
leicht, dass die zweiten partiellen Ableitungen entlang der Achsen {tei + tej | t ∈ R}
unbeschränkt sind. Folglich ist f3 nicht 2-mal stetig dierenzierbar.
Mit Induktion über m zeigen wir, dass die Behauptung für p ∈ (0, 2m) erfüllt ist. Dafür
betrachten wir die Gleichung
n
X
p
∂xi ∂xi ||x|| =
i=1
n
X
||x||p−2 x2i ||x||p−4 = (n + 1)||x||p−2 .
i=1
Falls ||x||p k-mal stetig dierenzierbar, dann ist die linke Seite dieser Gleichung (k − 2)mal stetig dierenzierbar. Aus der Induktionsannahme folgt aber, dass die rechte Seite
höchstens (r − 2)-mal dierenzierbar ist und folglich gilt k ≤ r.
(d) Die Funktion oszilliert in x-Richtung und ist somit nicht konvex.
Aus der Potenzreihendarstellung des Sinus folgt, dass die Funktion
(
g(x) :=
sin(x)
x
0
x 6= 0
x=0
durch die absolut konverente Potenzreihe
g(x) =
∞
∞
X
1X
x2n+1
x2n
(−1)n+1
=
(−1)n+1
x n=0
(2n + 1)! n=0
(2n + 1)!
gegeben ist. Folglich ist g(x) beliebig oft stetig dierenzierbar. Da die Funktion h(y) :=
ey ebenfalls beliebig oft stetig dierenzierbar ist, ist auch das Produkt
f4 (x, y) = g(x)h(y)
beliebig oft stetig dierenzierbar.
(e) Die Funktion oszilliert zum Beispiel entlang der Achse x = y und ist somit nicht konvex.
Die partiellen Ableitungen sind gegeben durch
1
−1
1
∂x f5 (x) = y sin
+
cos
xy
x
xy
1
−1
1
∂y f5 (x) = x sin
+
cos
.
xy
y
xy
Die Sinusterme bleiben um den Ursprung beschränkt, während die Cosinusterme unbeschränkt oszillieren. Folglich besitzen diese Funktionen keine stetige Fortsetzung in
den Ursprung und f5 ist nicht stetig dierenzierbar.
(f) Die partiellen Ableitungen der Funktion sind gegeben durch
∂i f6 (x) = log(||x||)ei +
xi
x.
||x||2
Der zweite Term ist in einer Umgebung des Ursprungs beschränkt während log(||x||)
gegen −∞ divergiert für x → 0. Folglich besitzen die partiellen Ableitungen keine
stetigen Fortsetzungen und f6 ist nicht stetig dierenzierbar.
4
4. √
Wir haben in Serie 11, Aufgabe 7 (a), gezeigt, dass die Taylorreihe der Funktion g(z) =
1 + z im Ursprung durch die Binomialreihe
T g(z) :=
∞ 1
X
2
n
n=0
zn
gegeben ist. Man sieht leicht, dass der Konvergenzradius dieser Reihe 1 beträgt. Wir verizieren zunächst, dass T g(z) = g(z) für alle z ∈ (−1, 1) gilt, und somit g tatsächlich durch
seine Taylorreihe dargestellt wird. Wir benutzen dafür das Additionstheorem der Binomialkoezienten
n X s
k
k=0
t
n−k
s+t
n
=
welches für alle s, t ∈ R und n ∈ N0 gültig ist (siehe Königsberger I, 4.2 (6)). Mit s = t =
erhalten wir dann
2
(T g(z)) =
∞
n 1 X
X
n=0
k=0
!
2
1
2
k
n−k
zn =
∞ X
1
n=0
n
1
2
z n = 1 + z.
√
Da zusätzlich T g(0) = 1 > 0 gilt, folgt T g(z) = 1 + z = g(z).
Wir setzen nun z = x2 + y 2 in die obere Darstellung ein und erhalten
∞ X
n 1 ∞ 1
X
X
p
n 2k 2n−2k
2
2 n
2
2
2
2
(x + y ) =
x y
f (x, y) = 1 + x + y =
n
n
k
n=0
n=0
k=0
Die rechte Seite konvergiert absolut für alle (x, y) ∈ R2 mit x2 +y 2 ≤ 1. Wir haben somit eine
absolut konvergente Potenzreihendarstellung für f gefunden und diese stimmt automatisch
mit der Taylorreihe von f überein. (Es ist ein allgemeines Resultat, dass die Taylorreihe
einer Potenzreihe durch die Potenzreihe selber gegeben ist. Um dies einzusehen muss man
lediglich die Ableitungen der Potenzreihe betrachten.)
5. (a) Wir betrachten die Funktion
f : Rn → R,
n
X
f (x) =
!k
xi
.
i=1
Dann sieht man leicht, dass die ersten partiellen Ableitung durch die Formel
∂i f (x) = k
n
X
!k−1
xi
i=1
gegeben sind. Mit Induktion über k können wir dann leicht die allgemeine Formel
n
X
∂i1 ∂i2 · · · ∂ir f (x) = k(k − 1) · · · (k − r + 1)
!k−r
xi
i=1
herleiten. In Multiindex Notation erhalten wir für α ∈ Nn0 mit |α| ≤ k
α
∂ f (x) = k(k − 1) · · · (k − |α| + 1)
n
X
!k−|α|
xi
.
i=1
Insbesondere gilt ∂ α f (0) = 0 für alle α mit |α| < k und ∂ α f (x) = k! für alle α mit
|α| = k . Damit ist das Taylorpolynom von f an der Stelle 0 gegeben durch die Formel
k
Tf,0
(x) =
X
α∈Nn
0 ,|α|≤k
5
∂ α f (0) α
x =
α!
X
α∈Nn
0 ,|α|=k
k! α
x .
α!
Da alle partiellen Ableitungen k-ter Ordnung von f konstant sind, verschwinden alle
partiellen Ableitungen der Ordnung k + 1. Wir erhalten dann mit der Integralformel
für das Restglied aus der Vorlesung
f (x) −
k
Tf,0
f (x)
1
Z
(k + 1)(1 − t)k
=
0
1 α
∂ f (tx)xα dt = 0.
α!
X
α∈Nn
0 ,|α|=k+1
Damit haben wir die allgemeine Binomische Formel bewiesen:
n
X
!k
k
= f (x) = Tf,0
(x) =
xi
i=1
k! α
x .
α!
X
α∈Nn
0 ,|α|=k
(b) Wir berechnen mit der binomischen Formel aus Teil (a):
f (x) = exp
n
X
!
xi
i=1
∞
X
1
=
k!
k=0
n
X
!k
xi
i=1

∞
X
1 
=
k!
X
α∈Nn
0 ,|α|=k
k=0

X xα
k! α 
=
x
α!
α!
n
α∈N0
Um den letzten Schritt zu rechtfertigen müssen wir zeigen, dass die letzte Summe
absolut summierbar ist. Das garantiert uns einerseits, dass die letzte Summe einen
eindeutigen Grenzwert (im Sinne von summierbaren Familien) besitzt und der grosse Umordnungssatz besagt, dass dieser Grenzwert mit der vorletzten Doppelsumme
übereinstimmt.
Die Mengen IK := {α ∈ Nn0 | |α| ≤ K} sind alle endlich und für jede endliche Menge J
von Multiindizes gibt es ein K > 0, sodass J ⊂ IK für jedes genügend grosses K gilt.
Es genügt folglich zu zeigen, dass die Summen
X xα α! α∈IK
für K → ∞ beschränkt bleiben. (Siehe Satz 2.3 in dem Manuskript über Summierbare Familien aus der Analysis 1 Vorlesung für eine ausführliche Diskussion.) Mit der
Notation x̄ := (|x1 |, |x2 |, . . . , |xn |) erhalten wir

K
X xα X
1
=

α! k!
α∈Ik
k=0
X
α∈Nn
0 ,|α|=k

K
k! α  X 1
x̄
=
α!
k!
n
X
!k
|xi |
≤ exp
i=0
k=0
n
X
!
|xi | .
i=0
Das zeigt die Beschänktheit und somit haben wir die absolute Summierbarkeit der
Reihendarstellung von oben gezeigt.
6. (a) Die Jacobi-Matrix von f1 (x, y) = x3 + y 3 + 3x2 y − 3y ist gegeben durch
df1 (x, y) = (3x2 + 6xy, 3y 2 + 3x2 − 3).
Die erste Koordinate verschwindet wenn x = 0 oder x = −2y erfüllt ist. Wenn wir diese
Bedingungen in die zweite Koordinate einsetzen erhalten wir die kritischen Punkte
Krit(f1 ) = (0, 1), (0, −1),
2
1
√ , −√
5
5
2 1√
, −√ ,
5
5 5
Die Hessematrix von f1 ist gegeben durch
Hf1 (x, y) =
6
6x + 6y
6xy
6xy
3y 2
und in den kritischen Punkten erhalten wir
Hf1 (0, ±1) =
0
,
3
±5
0
Hf1
1
2
±√ , ∓√
5
5
=
1
5
√
±5 5
−12
−12
.
3
Die Hessematrix in dem Punkt (0, 1) ist positiv denit. In den Punkten (0, −1) und
(− √25 , √15 ) haben die Diagonaleinträge der Matrix verschiedene Vorzeichen und folglich
ist die Hessematrix in diesen Punkten indenit. In dem Punkt ( √25 , − √15 ) ist die Spur
der Hessematrix positiv, aber ihre Determinante negativ, folglich ist die Hessematrix
auch in diesem Punkt indenit. Somit besitzt f1 ein lokales Minimum in (0, 1) und die
übrigen kritischen Punkte sind Sattelpunkte.
2
(b) Die partiellen Ableitungen von f2 (x, y) = (y + 21 )(x + 1)2 e−x−y sind gegeben durch
2
1
1
2 y+
(x + 1) − y +
(x + 1)2 e−x−y
2
2
2
1
(x + 1)(2 − (x + 1))e−x−y
= y+
2
∂x f2 (x, y) =
und
∂y f2 (x, y) =
2
1
(x + 1)2 e−x−y .
(x + 1)2 − 2y y +
2
Die partielle Ableitung ∂x f2 (x, y) verschwindet in dem Denitionsbereich (0, ∞)2 genau
dann, wenn x = 1 gilt. Wenn wir das in die andere partielle Ableitung einsetzen erhalten
wir:
∂y f2 (1, y) = 0
⇔
4 − 2y y +
1
2
Die positive Lösung der letzten Gleichung ist y =
Krit(f2 ) :=
⇔
4=0
1
2
1,
1
2
1
1
y 2 + y − = 0.
2
2
und somit folgt
.
Die Hessematrix ist in dem kritischen Punkt ist gegeben durch
Hf2
1
1,
2
−2
=
0
−5
0
e4 .
−12
Diese Matrix ist negativ denit und folglich besitzt f2 ein lokales Maximum in dem
Punkt (1, 12 ).
(c) Die Jacobimatrix von f3 (x, y) = cos(x) + cos(y) ist gegeben durch
df3 (x, y) = (− sin(x), − sin(y))
und man kann die kritischen Punkte direkt ablesen als
Krit(f3 ) = {(kπ, lπ) | k, l ∈ Z}.
Die Hessematrix von f3 ist gegeben durch
Hf3 (x, y) =
− cos(x)
0
0
− cos(y)
und wir erhalten insbesondere
Hf3 (kπ, lπ) =
(−1)k+1
0
0
.
(−1)l+1
Diese Matrix ist positiv denit wenn k, l beide ungerade sind, negativ denit wenn k, l
beide gerade sind und indenit wenn k und l verschiede Parität besitzten. Entsprechend
handelt es sich bei dem kritischen Punkt (kπ, lπ) um relative Minima, relative Maxima
oder Sattelpunkte. Es ist leicht zu sehen, dass die relativen Extrema sogar globale
Extrema sind.
7
(d) Die partiellen Ableitungen von f4 (x, y) = cos(x) cos(y) cos(x + y) sind gegeben durch:
∂x f4 (x, y) = − sin(x) cos(y) cos(x + y) − cos(x) cos(y) sin(x + y) = − cos(y) sin(2x + y)
und
∂y f4 (x, y) = − cos(x) sin(y) cos(x + y) − cos(x) cos(y) sin(x + y) = − cos(x) sin(x + 2y).
Die Berechnung der kritischen Punkte teilt sich in 4 Fälle auf:
i. Es gilt cos(x) = 0 und cos(y) = 0. Das ist äquivalent zu x, y ∈ π2 + π Z.
ii. Es gilt cos(x) = 0 und cos(y) 6= 0. Dann gilt x ∈ π2 + π Z und die Bedingung
sin(2x + y) = 0 liefert y ∈ π Z, da 2x ∈ π Z gilt.
iii. Es gilt cos(x) 6= 0 und cos(x) = 0. Dann folgt analog wie oben y ∈ π2 + π Z und
x ∈ π Z.
iv. Es gilt cos(x) 6= 0 6= cos(y). Dann muss sin(2x + y) = 0 = sin(x + 2y) gelten
und folglich x + 2y ∈ π Z sowie 2x + y ∈ Z erfüllt sein. Dann folgt x − y =
(2x + y) − (x + 2y) ∈ π Z und insbesondere 3x = (2x + y) + (x − y) ∈ π Z. Wir
erhalten also in diesem Fall die kritischen Punkte
n rπ
3
+ kπ,
o
rπ
+ lπ | r ∈ {0, 1, 2}, k, l ∈ Z .
3
Die Hessematrix der Funktion ist gegeben durch
−2 cos(y) cos(2x + y)
sin(y) sin(2x + y) − cos(y) cos(2x + y)
Hf4 (x, y) =
sin(y) sin(x + 2y) − cos(x) cos(x + 2y)
−2 cos(x) cos(x + 2y)
−2 cos(y) cos(2x + y)
− cos(2x + 2y)
.
=
− cos(2x + 2y)
−2 cos(x) cos(x + 2y)
Damit folgt in den verschiedenen Fällen:
i. Für k, l ∈ Z erhalten wir
Hf4
π
+ kπ, + lπ =
2
2
π
0
−1
−1
.
0
Da die Spur dieser Matrix verschwindet, aber die Determinante von Null verschieden ist, ist die Matrix indenit und diese kritischen Punkte liefern Sattelpunkte.
ii. Für k, l ∈ Z erhalten wir
Hf4
2
+ kπ, lπ =
1
2
π
1
.
0
Da die Determinante dieser Matrix negativ ist, ist sie indenit und somit liefern
diese kritischen Punkte Sattelpunkte.
iii. Für k, l ∈ Z erhalten wir
0
π
Hf4 kπ, + lπ =
1
2
1
.
2
Da die Determinante dieser Matrix negativ ist, ist sie indenit und somit liefern
diese kritischen Punkte Sattelpunkte.
iv. Wir benutzen im folgenden oft die Formel cos(x + kπ) = (−1)k cos(x) für k ∈ Z
und x ∈ R.
Für k, l ∈ Z und r = 0 erhalten wir
−2
Hf4 (kπ, lπ) =
−1
−1
.
−2
Die Spur dieser Matrix ist negativ und die Determinante positiv. Folglich ist die
Hessematrix negativ denit und diese kritischen Punkte sind relative Maxima.
8
Für k, l ∈ Z und r = 1 erhalten wir
Hf4
π
3
+ kπ,
π
+ lπ =
3
2 cos
cos
π
3
π
3
cos
2 cos
π
3 π
3
Da cos π3 > 0 gilt, sind die Spur und die Determinante dieser Matrix beide
positiv. Folglich ist die Matrix positiv denit sind und diese kritischen Punkte
relative Minima von f4 .
Für k, l ∈ Z und r = 2 erhalten wir
Hf4
2π
2π
+ kπ,
+ lπ
3
3
=
−2 cos
− cos
2π
3
2π
3
− cos
−2 cos
2π
3 2π
3
Da cos π3 < 0 gilt sind die Spur und Determinante dieser Matrix positiv. Folglich
ist die Matrix positiv denit und diese kritischen Punkte liefern relative Minima
von f4 .
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