Hallo,
Stelle die Lagrange-Funktion auf und leite nach \(x\) ud \(y\) ab:$$f(x, y)=e^{y}\left(y^{2}-2 x^{2}\right) \\ g(x, y)=2 x^{2}+y^{2}=6 \\ L(x,y,\lambda) = e^{y}\left(y^{2}-2 x^{2}\right) + \lambda(2 x^{2}+y^{2}-6) \\ \frac{\partial L}{\partial x} = -4xe^y + \lambda 4x \to 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = (2y+y^2-2x^2)e^y + 2\lambda y\to 0 \\ \begin{aligned} \implies -8xye^y &= 4x(2y+y^2-2x^2)e^y &&|\, x\ne 0 \\ -2y &= 2y + y^2-2x^2\\ 2x^2 &= y^2+4y \end{aligned}$$D.h. es gibt einen Kandidaten bei \(x=0\), mit Einsetzen in die Nebenbedingung folgt dann $$x_{1,2} = 0, \quad y_{1,2} = \pm \sqrt 6$$ und setzt man die verbleibende Gleichung in die Nebenbedingung ein ... $$\begin{aligned} 2 x^{2}+y^{2}&=6 \\ y^2+4y+y^{2}&=6 \\ y^2 + 2y - 3 &= 0 \\ y_{3,4} &= -1 \pm \sqrt{1+3} \\ y_3 &= -3 \quad y_4 = 1 \\ \end{aligned} $$\(y_3=-3\) führt zu keiner Lösung und aus \(y_4=1\) folgt$$x_{4,5} = \pm \sqrt{\frac 52}, \quad y_{4,5}= 1$$Das ganze graphisch dargestellt:
die blauen Linien sind die Höhenlinien der Funktion \(f\) und die rote Ellipse ist der Graph der Nebenbedingung. Die vier Extremstellen habe ich markiert.
zu b) wenn die Ableitungen von \(f\) zu 0 setzt, bekommt man zwei zusätzliche Punkte \((0,\,0)\) und \((0,\,-2)\). Beim Ursprung handelt es sich aber um einen Sattelpunkt. Aus dem selben Grund entfällt der Punkt \((0,\,-\sqrt 6)\) (s.o.).
Wenn Du dazu Fragen hast, so melde Dich bitte.
Gruß Werner
