Gradient \nabla f(x, y) und die Hesse-Matrix Hf(x, y) berechnen

Question

Aufgabe:

Wir betrachten die Funktion
$$f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}, \quad f(x, y)=e^{-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\left(x^{2}+2 y^{2}\right)$$
(a) Berechnen Sie den Gradient $\nabla f(x, y)$ und die Hesse-Matrix $H_{f}(x, y)$
(b) Bestimmen Sie Lage und Art der Extrema von $f$

Answer 1

Hallo Miho,

$$\begin{aligned} \partial_x f(x,y) &= \left( \partial_x e^{-(x^2+y^2)}\right) (x^2+2y^2) + e^{-(x^2+y^2)} \left( \partial_x (x^2 + 2y^2) \right) \\&= (-2x e^{-(x^2+y^2)} )(x^2+2y^2) + e^{-(x^2+y^2)} (2x) \\& = 2x e^{-(x^2+y^2)}\left( 1 - x^2 - 2y^2 \right) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \partial_y f(x,y) &= \left( \partial_y e^{-(x^2+y^2)}\right) (x^2+2y^2) + e^{-(x^2+y^2)} \left( \partial_y (x^2 + 2y^2) \right) \\&= (-2y e^{-(x^2+y^2)} )(x^2+2y^2) + e^{-(x^2+y^2)} (4y) \\& = 2y e^{-(x^2+y^2)}\left( 2 - x^2 - 2y^2 \right) \end{aligned}$$

also

$$\nabla f(x,y) = 2e^{-(x^2+y^2)} \begin{pmatrix} x (1-x^2-2y^2) \\ y (2-x^2-2y^2)\end{pmatrix}$$

Für die Hessematrix musst du $\partial_x^2 f$, $\partial_y^2 f$, $\partial_x \partial y f$ und $\partial_y \partial_x f$ berechnen, denke dabei vielleicht an den Satz von Schwarz. Rauskommen sollte:

$$H_f (x,y) = 2 e^{-(x^2+y^2)} \begin{pmatrix} 2x^4 + 4x^2y^2- 5x^2-2y^2 + 1 & 2xy(x^2+2y^2-3)\\ 2xy(x^2+2y^2-3) & 4y^4 + 2x^2y^2 -x^2-10y^2+ 2 \end{pmatrix}$$

b) Suche die Gradienten-Nullstellen:

$$\nabla f(x,y) = \begin{pmatrix} 0\\0\end{pmatrix} \iff x(1-x^2-2y^2) = 0 \land y(2-x^2-2y^2) = 0$$

(x,y) = (0,0) ist eine Nullstelle. Sei $(x,y) \neq (0,0)$ eine weitere Nullstelle

Falls x = 0, $y \neq 0$ muss $(2-2y^2) = 0$ sein, d.h. $y = \pm 1$.

Falls y =0, $x\neq 0$ muss $(1-x^2) = 0$ sein, also folgt $x = \pm 1$.

Falls $x,y \neq0$ müsste $1-x^2-2y^2 = 0 = 2-x^2-2y^2$ gelten, das können also keine Nullstellen des Gradienten sein.

Die Nullstellen sind somit $(0,0),~ (0,\pm 1),~ (\pm 1, 0 )$. Diese setzen wir jetzt nacheinander in die Hesse-Matrix ein und bestimmen ihre Definitheit:

$$H_f (0,0) = 2\begin{pmatrix} 1 & 0 \\0& 2 \end{pmatrix}$$

positiv definit (Eigenwerte 2, 4 > 0) => lokales Minimum bei (0,0)

$$H_f (\pm 1, 0) = 2 e^{-1} \begin{pmatrix} -2 & 0 \\0& 1 \end{pmatrix}$$

indefinit (Eigenwerte -4/e < 0, 2/e > 0) => Sattelpunkte bei (-1,0) und (1,0).

$$H_f (0, \pm 1) = 2 e^{-1} \begin{pmatrix} -1 & 0 \\0& -4 \end{pmatrix}$$

negativ definit (Eigenwerte -2/e, -8/e < 0) => lokale Maxima bei (0,-1) und (0,1).

Da $f(x,y) \ge 0$ ist das Minima bei (0,0) sogar global.
Da $\lim_{||(x,y)||\to \infty} f(x,y) = 0 < f(0,\pm 1)$ sind die Maxima bei (0,-1) und (0,1) ebenfalls global.