Lokale Extrema und gewöhnliche Differentialgleichungen
(für Analysis II)
1) lokale Extrema
Definition: relatives Maximum, relatives Minimum
notwendige Bedingung: Gradient (∇f )x0 = 0
hinreichende Bedingung: Hesse-Matrix Hx0 (f ) positiv definit, negativ definit, indefinit
Kriterium für Diagonalmatrizen: Sei D eine Diagonalmatrix. Dann gilt:
a) D positiv definit
⇔
alle Diagonaleinträge sind positiv
b) D negativ definit
⇔
alle Diagonaleinträge sind negativ
c) D indefinit
⇔
es gibt positive und negative Diagonaleinträge
a b
Kriterium für (2 × 2)-Matrizen: Sei A =
. Dann gilt:
b c
a) A positiv definit
⇔
a > 0 und det A > 0
b) A negativ definit
⇔
a < 0 und det A > 0
c) det A < 0
⇒
A indefinit
Beispiele:
Bestimme die lokalen Extrema folgender Funktionen.
a) f : R2 → R, f (x, y) := 2x2 + 3y 2
!
notwendige Bedingung: (∇f )(x,y) = (4x, 6y)T = (0, 0)T ⇔ (x, y)T = (0, 0)T
4 0
hinreichende Bedingung: H(0,0) (f ) =
positiv definit
0 6
Also liegt im Nullpunkt ein relatives Minimum vor.
b) f : R2 → R, f (x, y) := 2x2 − 3y 2
!
notwendige Bedingung: (∇f )(x,y) = (4x, −6y)T = (0, 0)T ⇔ (x, y)T = (0, 0)T
4 0
hinreichende Bedingung: H(0,0) (f ) =
indefinit
0 −6
Also liegt im Nullpunkt ein Sattelpunkt vor.
c) f : R2 → R, f (x, y) := 2x2 + 3y 4
!
notwendige Bedingung: (∇f )(x,y) = (4x, 12y 3 )T = (0, 0)T ⇔ (x, y)T = (0, 0)T
4 0
hinreichende Bedingung: H(0,0) (f ) =
positiv semidefinit
0 0
Die hinreichende Bedingung liefert damit keine Aussage.
Wegen f (0, 0) = 0 und f (x, y) ≥ 0 für alle (x, y)T ∈ R2 liegt im Nullpunkt ein
relatives (sogar absolutes) Minimum vor.
1
Aufgabe:
Bestimme die lokalen Extrema der Funktionen f : R2 → R, f (x, y) := xy(3a − x − y),
wobei a ∈ R\{0}
Lösung: Sattelpunkte in (0, 0)T , (3a, 0)T , (0, 3a)T , relatives Maximum in (a, a)T , falls
a > 0, und relatives Minimum in (a, a)T , falls a < 0
2) Gewöhnliche Differentialgleichungen
Separable Differentialgleichungen: x0 (t) = P (x(t))Q(t)
Ansatz:
dx
= P (x)Q(t)
dt
Z
⇔
dx
=
P (x)
Z
Q(t) dt
Beispiel:
a) Löse x0 (t) =
t
.
(x(t))3
Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung lautet:
Z
Z
dx
t
t2
x4
3
= 3 ⇔
=
+C
x dx =
t dt ⇔
dt
x
4
2
⇔
√
4
x(t) = ± 2t2 + 4C
b) Betrachte die Differentialgleichung aus a) mit x(3) = 2 (Anfangswertproblem).
√
Wegen x(3) = 2 > 0 ist x(t) = + 4 2t2 + 4C, und Einsetzen der Anfangsbedingung
ergibt:
√
1
4
2 = x(3) = 2 · 32 + 4C ⇔ C = −
2
√
4
Die Lösung des Anfangswertproblems ist also x(t) = 2t2 − 2.
Lineare Differentialgleichung 1. Ordnung: x0 (t) = P (t)x(t) + Q(t)
Ansatz: Integriere
x(t)e−R(t)
R
und löse nach x(t) auf, wobei R := P .
0
= Q(t)e−R(t)
Beispiel: Löse tx0 (t) = x(t) + 5t2 , t > 0, mit x(1) = 0.
Die Differentialgleichung ist äquivalent zu x0 (t) = 1t x(t)+5t, also eine lineare Differentialgleichung 1. Ordnung. Mit dem obigen Ansatz ergibt sich:
Z
Z
x(t)
− ln t
− ln t
x(t)e
=
5te
dt ⇔
=
5 dt ⇔ x(t) = 5t2 + Ct
t
Einsetzen der Anfangsbedingung ergibt:
0 = x(1) = 5 + C
⇔
C = −5
Die Lösung des Anfangswertproblems lautet also x(t) = 5t2 − 5t.
sawo
2
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