lokale Minima einer Funktion

Question

Folgende Aufgabe:

Für $\lambda>0$ sei $f: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}, f(x, y)=e^{x y}+x^{2}+\lambda y^{2}$. Zeigen Sie
(i) Für $\lambda \geq \frac{1}{4}$ besitzt die Funktion $f$ in $(0,0)$ ein lokales Minimum.
(ii) Für $\lambda \in\left(0, \frac{1}{4}\right)$ besitzt $f$ lokale Minima in den Punkten $\pm(-\sqrt{\lambda} \alpha, \alpha)$ mit $\alpha^{2}=$ $-\log (2 \sqrt{\lambda}) / \sqrt{\lambda}$ und in $(0,0)$ ist ein Sattelpunkt von $f$.

Comments

Kann es sein, dass du letzte Woche/letzten Monat/letztes Semester etwas über partielle Ableitungen gelernt hast?

Und "Hesse" ist nicht nur die Bezeichnung für den Bewohner eines ziemlich zentral gelegenen deutschen Kleinstaats...

Answer 1

Aloha :)

Wir bestimmen zunächst den Gradienten und die Hesse-Matrix der Funktion:$$f(x;y)=e^{xy}+x^2+\lambda y^2$$$$\operatorname{grad}f(x;y)=\begin{pmatrix}ye^{xy}+2x\\xe^{xy}+2\lambda y\end{pmatrix}\quad;\quad H(x;y)=\begin{pmatrix}y^2e^{xy}+2 & e^{xy}(1+xy)\\e^{xy}(1+xy) & x^2e^{xy}+2\lambda\end{pmatrix}$$

zu a) Wir untersuchen den Punkt $(0;0)$ für $\lambda\ge\frac14$$$\operatorname{grad}f(0;0)=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\quad;\quad H(0;0)=\begin{pmatrix}2 & 1\\1 & 2\lambda\end{pmatrix}$$Der Gradient ist Null, also liegt bei $(0;0)$ ein kritischer Punkt.

Die Hauptminoren der Hesse-Matrix sind $2$ und $(4\lambda-1)$. Für $\lambda>\frac14$ sind beide positiv, sodass die Hesse-Matrix positiv definit ist.

Für $\lambda>\frac14$ liegt bei $(0;0)$ also ein lokales Minimum vor.$\quad\checkmark$

Für $\lambda=\frac14$ ist die Hesse-Matrix positiv semidefinit, sodass mit ihrer Hilfe keine Aussage über die Art des kritischen Punktes $(0;0)$ möglich ist. Wir können in diesem Sonderfall jedoch die Funktion abschätzen. Dazu nutzen wir, dass $e^x\ge1+x$ für alle $x\in\mathbb R$ gilt:$$f(x;y)\stackrel{\left(\lambda=\frac14\right)}{=}e^{xy}+x^2+\frac{y^2}{4}\ge(1+xy)+x^2+\frac{y^2}{4}=1+\left(x^2+xy+\frac{y^2}{4}\right)$$$$\phantom{f(x;y)}=1+\left(x+\frac y2\right)^2\ge1=f(0;0)$$Für den Fall $\lambda=\frac14$ liegt bei $(0;0)$ also sogar das globale Minimum vor.$\quad\checkmark$

zu b) Sei nun $\lambda\in\left(0\,;\frac14\right)$.

Für den Punkt $(0;0)$ können wir aus Teil (a) direkt ableiten, dass die Hesse-Matrix indefinit ist, weil der erste Hauptminor $2$ postitiv und der zweite Hauptminor $(4\lambda-1)$ negativ ist.

Daher liegt in diesem Fall bei $(0;0)$ ein Sattelpunkt vor$\quad\checkmark$

Zur Prüfung des Punktes $P\left(\mp\sqrt{\lambda}\,\alpha\,;\;\pm\alpha\right)$ mit $\alpha^2=-\frac{\log(2\sqrt\lambda)}{\sqrt\lambda}$ musst du nun auf dieselbe Weise verfahren wie bei Teil (a).

- Einsetzen des Punktes $P$ in den Gradienten und zeigen, dass dieser verschwindet.

- Einsetzen des Punktes $P$ in die Hesse-Matrix und zeigen, dass diese positiv definit ist.

Den Spaß daran möchte ich dir aber nicht nehmen, es sind ja deine Hausaufgaben ... ;)

Comments

Spaß kann es auch machen, zu versuchen die Funktion graphisch darzustellen. Hier mein Ergebnis in Desmos:

Der schwarze Punkt rechts lässt sich vertikal verschieben. Damit stellt man das $\sqrt{\lambda}$ ein. Bei $\sqrt{\lambda} = 0,5$ fallen die beiden Minima zusammen.

Bem.: 'lambda^(1/2)' soll es im Bild heißen!

Gruß Werner