Du die intressiert mich rasend. Weil in einer Variablen ist eine gerade Nullstelle immer schon ein Extremum und eine ungerade ein WP ( was ja etwas andreas ist als ein Sattelpunkt ( SP ) ; in einer Dimension hat's gar keine SP )
f ( x ; y ) := x 2 y 3 ( 6 - x - y ) = ( 1a )
= 6 x ² y ³ - x ³ y ³ - x ² y ^ 4 ( 1b )
Klammern Auflösen ist eindeutig das einfachste.
f _x ( x ; y ) = 12 x y ³ - 3 x ² y ³ - 2 x y ^ 4 = ( 2a )
= x y ³ ( 12 - 3 x - 2 y ) = 0 ( 2b )
f _y ( x ; y ) = 18 x ² y ² - 3 x ³ y ² - 4 x ² y ³ = ( 3a )
= x ² y ² ( 18 - 3 x - 4 y ) ( 3b )
Lösungen von ( 2b;3b ) sind die gesamte Ordinate x1 = 0 so wie Abszisse y2 = 0 Ferner erhalten wir noch ein LGS , wenn wir die beiden Klammern Null setzen:
3 x + 2 y = 12 ( 4a )
3 x + 4 y = 18 ( 4b )
x3 = 2 ; y3 = 3 ( 4c )
f _xx ( x ; y ) = 12 y ³ - 6 x y ³ - 2 y ^ 4 = ( 5a )
= 2 y ³ ( 6 - 3 x - y ) ( 5b )
f _xy ( x ; y ) = 36 x y ² - 9 x ² y ² - 8 x y ³ = ( 6a )
= x y ² ( 36 - 9 x - 8 y ) ( 6b )
f _yy ( x ; y ) = 36 x ² y - 6 x ³ y - 12 x ² y ² ) = ( 7a )
= 6 x ² y ( 6 - x - 2 y ) ( 7b )
Tjaa; es sieht mau aus. Für x = 0 hat H die Form
2 y ³ ( 6 - y ) 0
0 0
Die zweite Zeile von H ist Null; H hat Rang 1 . Für alle, denen es noch nicht klar sein sollte: Der Kern einer Matrix ist ihr Eigenraum zum EIGENWERT NULL - somit keine Aussage.
Streng genommen hast du für y1 = 0 bzw. y2 = 6 sogar Nullmatrix - das macht den Kohl auch nicht mehr fett.
Vielleicht hat jemand ja eine bessere Idee. Aber was ich vor habe, ist nicht ganz einfach - mühsam ernährt sich das Eichhörnchen. Fangen wir doch mal mit dem Ursprung ( 0 | 0 ) an, der einer von obigen kritischen Punkten ist. Was wir schon wissen: Wenn wir in Achsenrichtung voran schreiten, bleibt die Funktion konstant.
Ich führe eine Gerade in Parameterform ein, die durch den Ursprung verlaufen möge:
x ( t ) := ß t ( 8a )
y ( t ) := µ t ( 8b )
Vermöge ( 8ab ) wird ( 1b ) zu einer gewöhnlichen Funktion einer Veränderlichen:
f ( t ) = f [ x ( t ) ; y ( t ) ] = ( 9a )
= ß ² µ ³ [ 6 t ^ 5 - ( ß + µ ) t ^ 6 ] ( 9b )
ein Polynom 6. Grades. Uns hat hier zu intressieren die Ordnung der Nullstelle bei t = 0 Ist sie gerade, so liegt ein Extremum vor; im ungeraden Fall ein Terrassenpunkt ===> ( TP ) Wir haben hier 5. Grad, d.i. die erste nicht verschwindende Ordnung. Ich rechne das kurz vor
( d/dt ) ^ 5 f ( t ) = 5 ! ß ² µ ³ [ 6 - ( ß + µ ) t ] ( 10a )
( d/dt ) ^ 5 f ( 0 ) = 6 * 5 ! ß ² µ ³ ( 10b )
Man darf das nicht verwechseln; ein Sattelpunkt ( SP ) hat begrifflich mit einem TP überhaupt nichts zu tun. Ein Sattel hat in einer richtung ein Maximum und in einer dazu senkrechten ein Minimum. Für so ein Gebilde braucht's aber mindestens zwei dimensionen; ein Sattel ist eine Fläche und keine Kurve. Ein TP ist die Sonderform eines WP mit waagrechter Wendetangente.
Jetzt denk doch mal logisch im Umkehrschluss. Die ortodoxe Lehre kennt nur SP und Extrema; wenn also an einem kritischen Punkt etwas Drittes passiert so wie hier, muss notwendig ein Eigenwert verschwinden, die Hessematrix singulär werden.
Wir sind immer noch bei x = 0 , wollen jedoch ( 8b ) ersetzen durch
y ( t ) := y0 + µ t ( 11 )
Eine explizite Berechnung scheint mir doch etwas mühsam; zunächst definieren wir die 3 Terme von ( 1b )
T1 := 6 x ² y ³ ; T2 := x ³ y ³ ; T3 := x ² y ^ 4 ( 12 )
Was ist die niedrigste Ordnung, in der x in ( 12 ) auftaucht? Die zweite. Damit wäre die 2. Ableitung die erste nicht verschwindende; wir haben gute Aussichten auf ein Extremum. Für höhere, z.B. 2. Ableitung gibt es eine verallgemeinerte Produktregel, z.B. Courant Bd. 2 . Die geht ganz einfach wie die binomische Formel; z.B. für 2. Ableitung
( u v ) " = u " v + 2 u ' v ' + u v " ( 13a )
Dabei stehe u in ( 12 ) für die Potenzen von x und v für y . Ich kürze das hier jedoch ab, weil wir uns ja nur für f " ( 0 ) intressieren. Beiträge leisten in T1;3 jeweils u " v und in T2 überhaupt kein Term.
f " ( 0 ) = 2 ß ² y ³ ( 6 - y ) ( 13b )
Fallunterscheidung ( die gibt dir angeblich erstklassige Berufsaussichten. ) Für y < 0 hast du Maximum; den Fall y = 0 haben wir verstanden. In dem Intervall 0 < y < 6 wechseln wir zu Minimum und dann wieder bei y > 6 zu Maximum. Da ist eigentlich logisch, dass das Verhalten in dem kritischen Punkt y = 6 wieder undefiniert wird. Wir überprüfen die 3. Ableitung
( u v ) (³) = u (³) v + 3 u " v ' + 3 u ' v " + u v (³) ( 14a )
Beiträge kommen diesmal in T1;3 von ( 3 u " v ') so wie aus T2 von u (³) v
( d/dt ) ³ f ( 0 ) = 6 ß ² y ² ( 18 µ - ß y - 4 µ y ) = ( 14b )
= - 6 ^ 4 ß ² ( ß + µ ) ( 14c )
wobei in ( 14c ) eingesetzt wurde y = 6 . Zwar ist es jetzt für die fallende WH immer noch möglich, dass f (³) verschwindet. Wir intressieren uns aber für das Verhalten in einer ganzen Umgebung.
( Unser Ergebnis scheint zu stimmen; wenn ß und µ miteinander verquickt sind, dann darf dies nur in der invarianten Form m = µ / ß geschehen. )
Und weil es so schön war, wiederholen wir das ganze Spielchen nunmehr für y = 0. Kleinste Potenz ist die dritte. Beiträge liefert der Term u v(³) jeweils für T1;2 .
( d/dt ) ³ f ( 0 ) = 6 x ² µ ³ ( 6 - x ) ( 14d )
( 14d ) ist ganz analog ( 13b )
Und die singularität x = 6 verspricht besonders wichtig zu werden, weil du hier eine gerade, eine 4. Ableitung hast. In T1;2 ist jeweils der Term ( 4 u ' v(³) ) zu berücksichtigen.
( d/dt ) ^ 4 f ( 0 ) = 8 * 36 ß µ ³ x - 72 ß µ ³ x ² - 24 µ ^ 4 x ² = ( 15a )
= 24 µ ³ x ( 12ß - 3 ß x - µ x ) = ( 15b )
= - 6 ² * 24 µ ³ ( ß + µ ) = ( 15c )
= - 36 * 24 ß µ ³ ( m + 1 ) ( 15d )
Tatsächlich entspricht x = 6 einem SP . Der Gegensatz wird hier recht deutlich; im TP ist die Nullstelle von ungerader, im SP von gerader Ordnung. Der Unterschied zum Extremum ist gerade, dass die Antwort richtungsabhängig ist, ob minimum oder Maximum vorliegt.
Verbesserungsvorschläge sind ja erwünscht; ich find ich werde bloß nicht über Kommentare verständigt.
Nachdem wir den ggt heraus gezogen haben, verbleibt als Hessematrix
- 9 - 6
- 6 - 8
Zunächst das Wichtigste
( max Zeichen )
