Aloha :)
Wir suchen alle kritischen Punkte der Funktion$$f(x;y)=(4x^2+y^2)e^{-x^2-4y^2}$$
Diese finden wir an den Stellen, bei denen der Gradient verschwindet:$$0\stackrel!=\frac{\partial f}{\partial x}=8xe^{-x^2-4y^2}+(4x^2+y^2)e^{-x^2-4y^2}(-2x)=-2xe^{-x^2-4y^2}(4x^2+y^2-4)$$$$0\stackrel!=\frac{\partial f}{\partial y}=2ye^{-x^2-4y^2}+(4x^2+y^2)e^{-x^2-4y^2}(-8y)=-2ye^{-x^2-4y^2}(16x^2+4y^2-1)$$
Daraus lesen wir folgende Fälle ab:$$\text{(1)}\quad x=0\;\land y=0$$$$\text{(2)}\quad x=0\;\land 16x^2+4y^2-1=0\implies x=0\;\land\;y=\pm\frac12$$$$\text{(3)}\quad y=0\;\land\;4x^2+y^2=4\implies y=0\;\land\;x=\pm1$$Daher hat die Funktion fünf kritische Punkte:$$P_1(0|0)\;;\;P_2\left(0\bigg|-\frac12\right)\;;\;P_3\left(0\bigg|+\frac12\right)\;;\;P_4(-1|0)\;;\;P_5(1|0)$$
Die zweiten partiellen Ableitungen sind mir zu fummelig, die habe ich von unserem Freund Wolfram berechnen lassen, speziell für die fünf gefunden Punkte lauten die Hesse-Matrizen:$$H_1=\begin{pmatrix}8 & 0\\0 & 2\end{pmatrix}\implies\text{pos. definit}\implies\text{Minimum}$$$$H_2\approx\left(\begin{array}{rr}2,76 & 0\\0 & -1,47\end{array}\right)\implies\text{indefinit}\implies\text{Sattelpunkt}$$$$H_3\approx\left(\begin{array}{rr}2,76 & 0\\0 & -1,47\end{array}\right)\implies\text{indefinit}\implies\text{Sattelpunkt}$$$$H_4=\left(\begin{array}{rr}-\frac{16}{e} & 0\\0 & -\frac{30}{e}\end{array}\right)\implies\text{neg. definit}\implies\text{Maximum}$$$$H_5=\left(\begin{array}{rr}-\frac{16}{e} & 0\\0 & -\frac{30}{e}\end{array}\right)\implies\text{neg. definit}\implies\text{Maximum}$$
Bei einer Diagonalmatrix stehen auf der Hauptdiagonale die Eigenwerte. Diese sind bei \(H_1\) beide postitiv und bei \(H_4\), \(H_5\) beide negativ. Damit ist die Definitheit der Matrizen klar.
Wenn auf der Hauptdiagonalen einer Matrix unterschiedliche Vorzeichen auftauchen, ist die Matrix sicher indefinit. Daher sind \(H_2\) und \(H_3\) indefinit.
