Mathematik-Online-Kurs: Prüfungsvorbereitung HM 1/2 SS08-Lösungen zur Probeklausur 4 -Aufgabe 3

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	Mathematik-Online-Kurs: Prüfungsvorbereitung HM 1/2 SS08 - Lösungen zur Probeklausur 4
	Aufgabe 3

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Gegeben sei die Funktion

$\displaystyle f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}: (x,y) \mapsto -x^3y+xy^2+3xy$

Welche der Skizzen zeigt die richtige Verteilung (+ steht für , - für und 0 für )?

keine Angabe

$\includegraphics[width=4cm]{koordinatenkreuz-l-1}$ $\includegraphics[width=4cm]{koordinatenkreuz-l-2}$ $\includegraphics[width=4cm]{koordinatenkreuz-l-3}$ $\includegraphics[width=4cm]{koordinatenkreuz-l-4}$

Geben sie alle kritischen Stellen $(x_0,y_0 \in \mathbb{R}^2)$ der Funktion an :

$\Big($ , $\Big)$ :     lokales Maximum          lokales Minimum          Sattelpunkt

$\Big($ , $\Big)$ :     lokales Maximum          lokales Minimum          Sattelpunkt

$\Big($ , $\Big)$ :     lokales Maximum          lokales Minimum          Sattelpunkt

$\Big($ , $\Big)$ :     lokales Maximum          lokales Minimum          Sattelpunkt

$\Big($ , $\Big)$ :     lokales Maximum          lokales Minimum          Sattelpunkt

$\Big($ , $\Big)$ :     lokales Maximum          lokales Minimum          Sattelpunkt

(aufsteigend sortiert nach -Koordinate und -Koordinate. Werte auf drei Nachkommastellen gerundet.)

[Andere Variante]

Gebietseinteilungen:

$-x^3y+xy^2+3xy = 0 \Leftrightarrow xy(-x^2+y+3) = 0]$
Somit gilt erstmals für alle Tupel und , dass .
Sei nun $x\neq 0$ und $y\neq 0$ . Dann muss gelten: $-x^2+y+3=0 \Leftrightarrow y = x^2-3$
Damit ergeben sich die restlichen Tupel:
Somit erfüllen alle Punkte auf der -Achse, alle Punkte auf der -Achse und alle Punkte auf der Parabel die Gleichung
Betrachte nun den Fall:
- - $y>0 \Rightarrow -x^2+y+3 > 0$
    $\hookrightarrow y > x^2-3$
  - $y<0 \Rightarrow -x^2+y+3 < 0$
    $\hookrightarrow y < x^2-3$
- - $y>0 \Rightarrow -x^2+y+3 < 0$
    $\hookrightarrow y < x^2-3$
  - $y<0 \Rightarrow -x^2+y+3 > 0$
    $\hookrightarrow y > x^2-3$
Betrachte nun den Fall:
- Da folgt:
  - $y<0 \Rightarrow -x^2+y+3 > 0$
    $\hookrightarrow y > x^2-3$
  - $y>0 \Rightarrow -x^2+y+3 < 0$
    $\hookrightarrow y < x^2-3$
- Da folgt: $-x^2y+y^2+3y<0 \Leftrightarrow y(-x^2+y+3) >0$
  - $y>0 \Rightarrow -x^2+y+3 > 0$
    $\hookrightarrow y > x^2-3$
  - $y<0 \Rightarrow -x^2+y+3 < 0$
    $\hookrightarrow y < x^2-3$

Damit ergibt sich folgendes Schaubild:

$\includegraphics[width=8cm]{koordinatenkreuz-l-1}$

Berechnung der kritischen Stellen $(x_0,y_0) \in \mathbb{R}^2$ :

$[\frac{\partial f}{\partial x} = -3x^2y +y^2+3y \quad \frac{\partial f}{\partial y} = -x^3+2xy+3x]$ Berechne die Punkte mit $\operatorname{grad} ~f(x_0,y_0) = 0$ :

$-3x^2y +y^2+3y = 0 \Leftrightarrow y(-3x^2 +y+3) = 0$

- $x = 0 \rightarrow (0,0)$
- $x\neq 0 \Rightarrow -x^2 +3=0 \Leftrightarrow x^2 = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{3}\\ \hookrightarrow (\sqrt{3},0) , (-\sqrt{3},0)$
Betrachte nun:
- $x=0 \rightarrow y=3*0^2 -3=-3 \rightarrow (0,-3)$
- $x\neq 0 \rightarrow -x^2+2y+3 = 0$ . Setze nun ein:
  $\hookrightarrow -x^2+2(3x^2-3)+3 = 0 \Leftrightarrow -x^2 +6x^2-6+3=0$
  $[5x^2=3 \Leftrightarrow x_{1,2}=\pm \sqrt{\frac{3}{5}}\, \Rightarrow y_{1,2} = 3\frac{3}{5}-3=-\frac{6}{5} ]$
  $[\hookrightarrow \left(\sqrt{\frac{3}{5}},-\frac{6}{5}\right),\left(-\sqrt{\frac{3}{5}},-\frac{6}{5}\right)]$ Berechne nun die Hessematrix, um damit die Extremwerte und Sattelpunkte zu bestimmen. Um die Art des Extremums zu erhalten, betrachte die Eigenwerte der Hessematrix.
  $H(x,y) = \begin{pmatrix} -6xy & -3x^2+2y+3\\ -3x^2+2y+3 & 2x\\ \end{pmatrix}$
  $H(0,0) = \begin{pmatrix} 0&3\\ 3&0\\ \end{pmatrix} \rightarrow \lambda^2-9=0\rightarrow \lambda_{1,2}=\pm 3\quad \rightarrow$ Sattelpunkt
  $H(0,-3) = \begin{pmatrix} 0&-3\\ -3&0\\ \end{pmatrix}\rightarrow \lambda^2-9=0\rightarrow \lambda_{1,2}=\pm 3\rightarrow \,$ Sattelpunkt
  $H(\sqrt{3},0) = \begin{pmatrix} 0&-6\\ -6&2\sqrt{3}\\ \end{pmatrix}\rightar... ...row \lambda_1=\sqrt{3}-\sqrt{39},\quad \lambda_2 =\sqrt{3}+\sqrt{39}\rightarrow$ Sattelpunkt
  $H(-\sqrt{3},0) = \begin{pmatrix} 0&-6\\ -6&-2\sqrt{3}\\ \end{pmatrix}\right... ...w \lambda_1=-\sqrt{3}-\sqrt{39},\quad \lambda_2 =-\sqrt{3}+\sqrt{39}\rightarrow$ Sattelpunkt
  $H\left(\sqrt{\frac{3}{5}},-\frac{6}{5}\right) = \begin{pmatrix} \frac{36}{5}\... ...frac{3}{5}}&-\frac{6}{5} \\ -\frac{6}{5}& 2\sqrt{\frac{3}{5}}\\ \end{pmatrix}$
  Für die Eigenwerte erhält man gerundet $\lambda_1=1,21$ und $\lambda_2=5,9$ und somit ist die Matrix positiv definit und es handelt sich um ein Minimum.
  $H\left(\sqrt{\frac{3}{5}},-\frac{6}{5}\right) = \begin{pmatrix} -\frac{36}{5}... ...rac{3}{5}}&-\frac{6}{5} \\ -\frac{6}{5}& -2\sqrt{\frac{3}{5}}\\ \end{pmatrix}$
  Für die Eigenwerte erhält man nun etwa $\lambda_1=-1,21$ und $\lambda_2=-5,9$
  Somit sind alle Eigenwerte negativ. Es liegt ein Maximum vor.

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automatisch erstellt am 14.7.2008