Extrema/Abgeschlossene Kreisscheibe/x^2+y^3-y^2-y/Aufgabe/Lösung

Wir bestimmen zunächst lokale Extrema auf dem offenen Innern der Kreisscheibe, indem wir die Funktion auf kritische Punkte untersuchen. Die Jacobi-Matrix von ${}f$ ist

${}J=\left(2x,\,3y^{2}-2y-1\right)\,.$

Die kritischen Punkte liegen also bei ${}x=0$ und ${}3y^{2}-2y-1=0$ vor. Für die Gleichung ${}3y^{2}-2y-1=0$ sind ${}y=1$ und ${}y=-{\frac {1}{3}}$ die Lösungen, wobei der Punkt ${}P=(0,1)$ nicht zum Innern (aber zum Rand) gehört, der Punkt ${}Q=\left(0,\,-{\frac {1}{3}}\right)$ aber schon. Für ${}Q$ bestimmen wir die Hesse-Matrix, diese ist allgemein

${\begin{pmatrix}2&0\\0&6y-2\end{pmatrix}},$

sodass sich für ${}Q$ die Hesse-Matrix

${\begin{pmatrix}2&0\\0&-4\end{pmatrix}}$

ergibt. Diese hat den Typ ${}(1,1)$, sodass diese Matrix indefinit ist und kein lokales Extremum vorliegt. Daher liegen sämtliche lokalen und globalen Extrema auf dem Rand.

Die Funktion ${}f$ lässt sich auf ganz ${}\mathbb {R} ^{2}$ in natürlicher Weise ausdehnen (durch dieselben polynomialen Ausdrücke). Für den kritischen Punkt ${}P=(0,1)$ ist die Hesse-Matrix gleich

${\begin{pmatrix}2&0\\0&4\end{pmatrix}},$

welche positiv definit ist. Daher liegt in ${}P$ ein lokales Minimum der ausgedehnten Funktion und damit erst recht ein lokales Minimum der auf der abgeschlossenen Kreisscheibe definierten Funktion vor.

Wir untersuchen nun den Rand auf weitere Extrema. Da die Funktion auf einer abgeschlossenen und beschränkten Menge definiert und stetig ist, muss es sowohl ein globales Minimum als auch ein globales Maximum geben. Der Rand ist durch

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

gegeben. Daher gilt dort ${}x^{2}=1-y^{2}$ und somit hängt die Funktion auf dem Rand nur von ${}y$ ab, man kann daher

${}h(y)=f(x,y)=1-y^{2}+y^{3}-y^{2}-y=y^{3}-2y^{2}-y+1\,$

ansetzen, wobei ${}y$ zwischen ${}-1$ und ${}1$ läuft. Da ein lokales Extremum auf der abgeschlossenen Kreisscheibe insbesondere ein lokales Extremum auf dem Rand sein muss, müssen wir zunächst die Nullstellen der Ableitung von ${}h$ bestimmen. Diese ist ${}h'(y)=3y^{2}-4y-1$, und die Nullstellen davon sind

${}y=\pm {\frac {\sqrt {7}}{3}}+{\frac {2}{3}}\,.$

Dabei ist

${}{\frac {\sqrt {7}}{3}}+{\frac {2}{3}}>1\,$

außerhalb des Intervalls, also nicht relevant für die Aufgabenstellung. Dagegen ist

${\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}$

zwischen ${}-1$ und ${}1$. Da die zweite Ableitung in diesem Punkt negativ ist, liegt dort ein lokales Maximum auf dem Rand vor. Weiterhin sind noch die Randpunkte ${}y=1$ und ${}y=-1$ des Intervalls zu berücksichtigen, dort müssen jeweils lokale Minima für ${}h(y)$ vorliegen.

Wir müssen dies jetzt auf die ursprüngliche Funktion auf der Kreisscheibe zurückübersetzen. Wir wissen schon, dass in ${}P=(0,1)$ ein lokales Minimum vorliegt, und zwar mit dem Wert

$f(0,1)=-1.$

Es sei ${}S=(0,-1)$. Der Wert an dieser Stelle ist ebenfalls ${}f(0,-1)=-1$. Da diese beiden Punkte die einzigen Kandidaten für lokale Minima sind, müssen beide Punkte globale Minima sein.

Wir berechnen die ${}x$-Koordinaten zu ${}y={\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}$. Es ist

${}y^{2}={\left({\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)}^{2}={\frac {11-4{\sqrt {7}}}{9}}\,,$

also

${}1-y^{2}={\frac {-2+4{\sqrt {7}}}{9}}\,$

und somit

${}x=\pm {\frac {\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}{3}}\,.$

Die beiden Punkte ${}R_{1}=\left({\frac {\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}{3}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)$ und ${}R_{2}=\left({\frac {-{\sqrt {4{\sqrt {7}}-2}}}{3}},\,{\frac {-{\sqrt {7}}+2}{3}}\right)$

sind die einzigen Kandidaten für lokale Maxima. Da es ein globales Maximum geben muss, und die Situation für diese beiden Punkte symmetrisch ist, muss in beiden Punkten ein globales Maximum vorliegen.

Zur gelösten Aufgabe