\documentclass[11pt]{article}

\usepackage{ngerman,a4,amssymb,amsmath}
\usepackage[latin1]{inputenc}

\begin{document}

\newcommand{\AND}{\wedge}
\newcommand{\OR}{\vee}
\newcommand{\SetR}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\SetN}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\SetZ}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\SetC}{\ensuremath{\mathbb{C}}}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 5} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
  Übungsgruppe 1 - Mo, 14-16 Uhr \\
  Janko Böhm
\end{center}

\newpage

\subsection*{Vorbemerkungen zu den Aufgaben 1 und 2:}
\begin{enumerate}
\item Seien $x=(x_1,...,x_n)\in\SetR^n$ und $y=(y_1,...,y_n)\in\SetR^n$. Durch die Abbildung $d:\SetR^n\times\SetR^n \to \SetR; \; (x,y) \mapsto d(x,y)$ mit $\displaystyle d(x,y) = \sqrt{\sum_{k=1}^n (x_k-y_k)^2}$ ist auf dem $\SetR^n$ eine Metrik erklärt und $(\SetR^n,d)$ ist dadurch ein metrischer Raum.
\item Sei $x\in\SetR^n$, sei $\varepsilon \in \SetR^+$. Definiere $$K(x,\varepsilon):=\{y\in\SetR^n \; | \; d(x,y)<\varepsilon\}$$ die offene Kugel mit Mittelpunkt $x$ und Radius $\varepsilon$ (bezüglich der Metrik $d$).
\item Def.: Sei $(x_\nu)_{\nu\in\SetN}$ eine Folge von Punkten aus $\SetR^n$. Die Folge $(x_\nu)$ heißt konvergent gegen den Punkt $x\in\SetR^n, \; \lim_{\nu\to\infty}x_\nu = x,$ wenn gilt: \\
zu jeder Umgebung $U$ von $x$ gibt es ein $N\in\SetN$, so dass $x_\nu\in U \forall \nu \ge N$. \\
$\Leftrightarrow$ zu jedem $\varepsilon>0$ gibt es ein $N\in\SetN$, sodass $d(x_\nu,x)<\varepsilon \forall \nu \ge N$.
\end{enumerate}

\section*{Aufgabe 1}
\subsubsection*{(a)}
Vor.: $U_i \subset \SetR^n, i \in I$ eine Familie von offenen Mengen \\
Beh.: $\displaystyle \bigcup_{i\in I}U_i$ ist offen \\
Bew.: \\
Sei $\displaystyle x \in \bigcup_{i\in I}U_i \Rightarrow$ es gibt mindestens ein $j\in I$ mit $x\in U_j$. \\
$U_j$ ist nach Vor. offen $\Rightarrow$ es gibt ein $\varepsilon > 0$, sodass $K(x,\varepsilon)\subset U_j$. \\
Wegen $\displaystyle U_j \subset \bigcup_{i\in I} U_i \Rightarrow K(x,\varepsilon) \subset \bigcup_{i\in I}U_i$, d.h. $\displaystyle \bigcup_{i\in I} U_i$ ist offen.
\subsubsection*{(b)}
Vor.: $U_1, U_2 \subset \SetR^n$ offen \\
Beh.: $U_1 \cap U_2$ offen \\
Bew.: \\
$x \in U_1 \cap U_2 \Leftrightarrow x\in U_1 \AND x\in U_2$. \\
Da $U_1, U_2 \subset \SetR^n$ offen sind, gibt es $\varepsilon_1>0$ und $\varepsilon_2>0$, sodass gilt:
$$K(x,\varepsilon_1)\subset U_1 \AND K(x,\varepsilon_2)\subset U_2$$
Sei $\varepsilon := min(\varepsilon_1, \varepsilon_2)$
\begin{eqnarray*}
& \Rightarrow & K(x,\varepsilon) \subset K(x,\varepsilon_1) \subset U_1 \\
& \AND & K(x,\varepsilon) \subset K(x,\varepsilon_2) \subset U_2 \\
& \Rightarrow & K(x,\varepsilon) \subset U_1 \cap U_2
\end{eqnarray*}
d.h. $U_1 \cap U_2$ ist offen.
\subsubsection*{(c)}
Beh.: $\SetR^n$ ist offen \\
Bew.: \\
Sei $x\in\SetR^n$ ein beliebiger Punkt $\Rightarrow x\in K(x,\varepsilon)$ für jedes $\varepsilon>0$. \\
Wegen $K(x,\varepsilon)\subset\SetR^n$ ist $\SetR^n$ offen. \\
Beh.: $\emptyset$ ist offen \\
Bew.: \\
$\emptyset$ enthält kein Element, also gibt es kein $x\in\emptyset$, zu dem eine offene Kugel $K(x,\varepsilon)\subset\emptyset$ existieren müsste.

\section*{Aufgabe 2}
Beh.: $A \subset \SetR^n$ abgeschlossen $\Leftrightarrow $ für jede konvergente Folge $(x_\nu)_{\nu\in\SetN}\subset A$ gilt: $\lim_{\nu\to\infty}x_\nu\in A$. \\
Bew.: \\
\glqq$\Rightarrow$\grqq: Sei $A \subset \SetR^n$ abgeschlossen, sei $(x_\nu)_{\nu\in\SetN} \subset A$ eine Folge mit $\lim_{\nu\to\infty}x_\nu=x$. \\
zu zeigen: $x\in A$ \\
Annahme: $x\not\in A \Rightarrow x\in\SetR^n \backslash A$. $A$ abgeschlossen $\Leftrightarrow \SetR^n \backslash A$ offen. \\
$\Rightarrow \SetR^n \backslash A$ ist Umgebung von $x$. \\
Aus der Definition der Konvergenz folgt hieraus: \\
Es gibt ein $N\in\SetN$, sodass $x_\nu\in\SetR^n\backslash A \; \; \forall \nu \ge N$, d.h. $x_\nu\not\in A \; \; \forall \nu \ge N$. \\
Dies steht im Widerspruch dazu, dass $x_\nu \in A \; \;\forall \nu \in \SetN$. Damit ist $x\in A$ bewiesen.
\glqq$\Leftarrow$\grqq: Es gelte: für jede konvergente Folge $(x\nu)_{\nu\in\SetN}\subset A$ sei $\lim_{\nu\to\infty}x_\nu \in A$. \\
zu zeigen: $A$ ist abgeschlossen. \\
Sei $x\in\SetR^n \backslash A$. \\
Betrachte alle offenen Kugeln $K(x,\varepsilon)$ mit $\varepsilon>0$. \\
Annahme: $K(x,\varepsilon)\cap A \ne 0 \forall \varepsilon >0$. \\
Dann gilt für jedes $\nu \in \SetN^*$: es gibt ein $x_\nu \in A$ mit $x_\nu \in K(x,\varepsilon=\frac{1}{\nu}) \Leftrightarrow d(x,x_\nu)<\frac{1}{\nu}$, d.h. die Folge $(x_\nu)_{\nu\in\SetN}\subset A$ konvergiert gegen $x$, d.h. $\lim_{\nu\to\infty}x_\nu = x$ und nach Voraussetzung ist $x\in A$. \\
Dies steht im Widerspruch zu $x\in \SetR^n \backslash A$ und somit ist die Annahme falsch. Also gibt es doch ein $\varepsilon_0 > 0$, sodass $K(x,\varepsilon_0)\cap A = \emptyset \Rightarrow K(x,\varepsilon_0)\in\SetR^n\backslash A$, d.h. $\SetR^n \backslash A$ ist offen. \\
$\Leftrightarrow A$ ist abgeschlossen. \hfill $\Box$

\section* {Aufgabe 3}
$$ f:\SetR_{>0}^2 \to \SetR \text{ mit } f(x,y) = x^y \Leftrightarrow f(x,y) = e^{y\cdot ln(x)} $$
Bestimme das Taylorpolynom 3-ter Ordnung im Punkt $(1,1)$. \\
Sei $p=(1,1)=(x_0,y_0)$
\begin{eqnarray*}
D_xf & = & \frac{\partial f}{\partial x} = y \cdot x^{y-1} \\
\Rightarrow D_xf(p)&=&1 \\
D_x^2f & = & \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = y \cdot (y-1) \cdot x^{y-2} \\
\Rightarrow D_x^2f(p)&=&0 \\
D_x^3f & = & \frac{\partial^3 f}{\partial x^3} = y \cdot (y-1) \cdot (y-2) \cdot x^{y-3} \\
\Rightarrow D_x^3f(p)&=&0 \\ \\
D_yf & = & \frac{\partial f}{\partial y} = e^{y\cdot ln(x)} \cdot ln(x) = x^y \cdot ln(x) \\
\Rightarrow D_yf(p)&=&0 \\
D_y^2f & = & \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = e^{y \cdot ln(x)}\cdot(ln(x))^2 = x^y \cdot (ln(x))^2 \\
\Rightarrow D_y^2f(p)&=&0 \\
D_y^3f & = & \frac{\partial^3 f}{\partial x^3} = e^{y \cdot ln(x)}\cdot(ln(x))^3 = x^y \cdot (ln(x))^3 \\
\Rightarrow D_y^3f(p)&=&0 \\
D_xD_yf & = & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \\
& = & y \cdot x^{y-1} \cdot ln(x) + x^y \cdot \frac{1}{x} \\
& = & x^{y-1}\cdot(y\cdot ln(x)+1) = D_yD_xf \\
\Rightarrow D_xD_yf(p)&=&1 \\
D_x^2D_yf & = & \frac{\partial^3 f}{\partial x^2 \partial y} \\
& = & (y-1)\cdot x^{y-2} \cdot (y \cdot ln(x) +1) + x^{y-1} \cdot y \cdot \frac{1}{x} \\
& = & x^{y-2}\cdot \left[(y-1) \cdot (y\cdot ln(x)+1) +y \right] = D_yD_x^2f \\
\Rightarrow D_x^2fD_yf(p) & = & 1 \\
D_xD_y^2f & = & \frac{\partial^3 f}{\partial x \partial y^2} \\
& = & y \cdot x^{y-1} \cdot (ln(x))^2 + x^y \cdot 2 \cdot ln(x) \cdot \frac{1}{x} \\
& = & y \cdot x^{y-1} \cdot (ln(x))^2 + 2 \cdot x^{y-1} \cdot ln(x) \\
& = & x^{y-1} \cdot ln(x) \cdot (y \cdot ln(x) + 2) = D_y^2D_xf \\
\Rightarrow D_xD_y^2f(p) & = & 0
\end{eqnarray*}
Taylorpolynom:
\begin{eqnarray*}
f(x,y) & = & f(p) + D_xf(p) \cdot (x-x_0) + D_yf(p) \cdot (y-y_0) \\
& & + \frac{1}{2!} \cdot [D_x^2f(p)\cdot(x-x_0)^2+2D_xD_yf(p)\cdot(x-x_0)\cdot(y-y_0)+D_y^2f(p)\cdot(y-y_0)^2] \\
& & + \frac{1}{3!} \cdot [D_x^3f(p)\cdot(x-x_0)^3+3D_x^2D_yf(p)\cdot(x-x_0)^2\cdot(y-y_0) \\
& & +3D_xD_y^2f(p)\cdot(x-x_0)\cdot(y-y_0)^2+D_y^3f(p)\cdot(y-y_0)^3] \\
f(x,y) & = & 1+1(x-1)+0(y-1) \\
& & + \frac{1}{2!}\cdot[0(x-1)^2+2\cdot1\cdot(x-1)\cdot(y-1)+0(y-1)^2] \\
& & + \frac{1}{3!}\cdot[0(x-1)^3+3\cdot1\cdot(x-1)^2\cdot(y-1)+3\cdot0\cdot(x-1)\cdot(y-1)^2+0\cdot(y-1)^3] \\
f(x,y) & = & 1+(x-1)+(x-1)(y-1)+\frac{1}{2}(x-1)^2(y-1) \\
f(x,y) & = & x+xy-x-y+1+\frac{1}{2}(x^2-2x+1)(y-1) \\
& = & xy-y+1+\frac{1}{2}x^2y-\frac{1}{2}x^2-xy+x+\frac{1}{2}y-\frac{1}{2} \\
& = & \frac{1}{2}x^2y-\frac{1}{2}x^2+x-\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}

\section*{Aufgabe 4}
$(x_k, y_k) \in \SetR^2, k=1,...,n$, seien Punkte in der Ebene. Bestimme $a,b \in \SetR$ der Gerade $y=ax+b$, sodass
$$ \sum_{k=1}^n(ax_k+b-y_k)^2 $$
minimal wird. \\
Lösung: Sei $\displaystyle S(a,b)=\sum_{k=1}^n(ax_k+b-y_k)^2$ \\
Notw. Bed.: $grad \; S = 0$
\begin{eqnarray*}
D_aS = \frac{\partial S}{\partial a} & = & \sum_{k=1}^n 2(ax_k+b-y_k)x_k \\
& = & \sum_{k=1}^n(2x_k^2\cdot a + 2x_kb-2x_ky_k) \\
& = & 2a\cdot \sum_{k=1}^nx_k^2 + 2b \cdot \sum_{k=1}^n x_k - 2 \cdot \sum_{k=1}^n x_ky_k \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (1) \\ \\
D_bS = \frac{\partial S}{\partial b} & = & \sum_{k=1}^n 2(ax_k+b-y_k)\cdot1 \\
& = & \sum_{k=1}^n (2ax_k+2b-2y_k) \\
& = & 2a\cdot\sum_{k=1}^nx_k+2b\cdot\underbrace{\sum_{k=1}^n1}_{=n}-2\cdot\sum_{k=1}^ny_k \\
& = & 2a\cdot\sum_{k=1}^nx_k+2nb-2\cdot\sum_{k=1}^ny_k \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (2)
\end{eqnarray*}
Es muss gelten: $\displaystyle \frac{\partial S}{\partial b}=0 \stackrel{(2)}{\Leftrightarrow} b=\frac{1}{n}\cdot\left[\sum_{k=1}^ny_k-a\sum_{k=1}^nx_k\right]$ \hfill $(3)$ \\
Weiterhin muss gelten: $\displaystyle \frac{\partial S}{\partial a}=0 \stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} a\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2+b\cdot\sum_{k=1}^nx_k-\sum_{k=1}^nx_ky_k = 0$ \\
$b$ aus $(3)$ einsetzen:
$$a\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2+\frac{1}{n}\cdot\left[\sum_{k=1}^ny_k-a\cdot\sum_{k=1}^nx_k\right]\cdot\sum_{k=1}^nx_k-\sum_{k=1}^nx_ky_k=0$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{n}\cdot a\cdot\left[n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\right] = \frac{1}{n}\cdot\left[n\cdot\sum_{k=1}^nx_ky_k-\sum_{k=1}^nx_k \cdot \sum_{k=1}^ny_k\right] \quad \quad \quad (4)$$
Untersuchung, unter welchen Bedingungen durch den Klammerterm dividiert werden darf: \\
($\alpha$) Ist $n=1$, also nur ein Punkt $(x_1,y_1)\in\SetR^2$ gegeben, so ist
$$ a(x_1^2-x_1^2) = x_1y_1-x_1y_1 \Leftrightarrow a \cdot 0 = 0 $$
Diese Gleichung ist für jedes $a\in\SetR$ erfüllt, d.h. die Gerade $g \; : \; y=ax+b$ durch $(x_1,y_1)$ kann jede beliebige Steigung $a$ haben. Der zugehörige y-Achsenabschnitt $b$ ergibt sich gemäß $(3)$ aus $b=y_1-ax_1$ \\
($\beta$) Sei nun $n\ge2$: \\
Dann kann die Gerade $g$ wegen $y=ax+b$ nicht parallel zur y-Achse verlaufen. Es muss also deshalb unter allen $x_k$ mindestens zwei voneinander verschiedene $x_k$-Werte geben. In diesem Fall ist aber der Klammerterm:
$$n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2>0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (*)$$
Der Beweis von $(*)$ wird weiter unten nachgeholt. \\
Fortführung der Rechnung zur Bestimmung von $a$ und $b$: \\
Unter den genannten Bedingungen folgt aus $(4)$:
$$ a=\frac{n\cdot\sum_{k=1}^nx_ky_k-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)\cdot\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)}{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2} \quad \quad \quad (5) $$
$(5)$ in $(3)$ einsetzen:
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow b & = & \frac{1}{n}\cdot\left[\sum_{k=1}^ny_k - \frac{n\cdot\sum_{k=1}^nx_ky_k-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)\cdot\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)}{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2} \cdot \sum_{k=1}^nx_k\right] \\
\Leftrightarrow b & = & \frac{1}{n} \cdot [\frac{n\left(\sum_{k=1}^nx_k^2\right)\cdot\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\cdot\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)}{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2} \\
& & + \frac{-n\cdot\left(\sum_{k=1}^nx_ky_k\right)\cdot\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)+\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2\cdot\left(\sum_{k=1}^ny_k\right)}{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2}] \\
\Leftrightarrow b & = & \frac{\left(\sum_{k=1}^nx_k^2\right)\cdot\left(\sum_{k=1}^ny_k\right) - \left(\sum_{k=1}^nx_ky_k\right)\cdot\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)}{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2} \quad \quad \quad (6)
\end{eqnarray*}
Nun zum Beweis von $(*)$: \\
Beh.: Sind mindestens zwei $x_k$ voneinander verschieden, so gilt für alle $n\in\SetN_{\ge2}$:
$$n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2>0$$
Beweis durch vollständige Induktion:
\begin{enumerate}
\item Induktionsanfang: $n=2$
\begin{eqnarray*}
2\cdot\sum_{k=1}^2x_k^2-\left(\sum_{k=1}^2x_k\right)^2 & = & 2\cdot(x_1^2+x_2^2)-(x_1+x_2)^2 \\
& = & 2x_1^2+2x_2^2-x_1^2-2x_1x_2-x_2^2 \\
& = & x_1^2-2x_1x_2+x_2^2 \\
& = & (x_1-x_2)^2 > 0 \quad \quad \quad \text{da }x_1 \ne x_2
\end{eqnarray*}

\item
\begin{enumerate}
\item Induktionsannahme: Für $n\ge2$ gelte: $n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2>0$
\item Induktionsbehauptung: Dann gilt auch
$$ (n+1)\cdot\sum_{k=1}^{n+1}x_k^2-\left(\sum_{k=1}^{n+1}x_k\right)^2 > 0$$
\item Induktionsbegründung:
\begin{eqnarray*}
(n+1)\cdot\sum_{k=1}^{n+1}x_k^2-\left(\sum_{k=1}^{n+1}x_k\right)^2 & = & (n+1)\cdot\left(\sum_{k=1}^nx_k^2+x_{n+1}^2\right) - \left(\sum_{k=1}^nx_k + x_{n+1}\right)^2 \\
& = & n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2+1\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2+(n+1)\cdot x_{n+1}^2 \\
& & - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2 - 2\cdot\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)\cdot x_{n+1} - x_{n+1}^2 \\
& = & \underbrace{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2}_{>0 \text{ nach 2(a)}}+\sum_{k=1}^nx_k^2 \\
& & -2\cdot\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)\cdot x_{n+1} + n \cdot x_{n+1}^2 \\
& > & \sum_{k=1}^nx_k^2 - \sum_{k=1}^n(2x_kx_{n+1}) + \sum_{k=1}^nx_{n+1}^2 \\
& = & \sum_{k=1}^n(x_k^2-2x_kx_{n+1}+x_{n+1}^2) \\
& = & \underbrace{\sum_{k=1}^n(\underbrace{x_k-x_{n+1}}_{\ge0})^2}_{>0 \text{ nach Vor.}} > 0
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
Hinreichende Bedingung:
\begin{eqnarray*}
D_a^2S & = & \frac{\partial^2 S}{\partial a^2} = 2\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 \\
D_b^2S & = & \frac{\partial^2 S}{\partial b^2} = 2 \cdot n \\
D_aD_bS & = & \frac{\partial^2 S}{\partial a \partial b} = 2\cdot\sum_{k=1}^nx_k = D_bD_aS \\ \\
\Rightarrow (Hesse \; S) & = & \left(\begin{array}{cc}2\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 & 2\cdot\sum_{k=1}^nx_k \\ 2\cdot\sum_{k=1}^nx_k & 2n\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
Es gilt:
$$det\left(2\cdot\underbrace{\sum_{k=1}^n\underbrace{x_k^2}_{\ge0}}_{>0}\right)>0$$
$\sum_{k=1}^nx_k^2 > 0$, da mindestens zwei $x_k$ verschieden sind und somit mindestens ein $x_k\ne0$ ist.
$$det(Hesse \; S) = 4\cdot\left[\underbrace{n\cdot\sum_{k=1}^nx_k^2 - \left(\sum_{k=1}^nx_k\right)^2}_{>0 \text{ nach } (*)}\right] > 0$$
Somit ist $(Hesse \; S)$ positiv definit. \\
Da dies unabhängig von der Wahl von $a,b\in\SetR$ gilt, gilt es insbesondere auch für $a$ und $b$ gemäß $(5)$ und $(6)$ und somit wird $S(a,b)$ minimal. \hfill $\Box$

\section*{Aufgabe 5}
$$f:\SetR^2 \to \SetR$$
$$f(x,y) = -(x^2+y^2)^2-3xy^2+x^3+5(x^2+y^2)-\frac{875}{256}$$
\begin{eqnarray*}
D_xf & = & -2 (x^2+y^2)\cdot2x-3y^2+3x^2+5\cdot2x \\
D_xf & = & -4x(x^2+y^2)-3y^2+3x^2+10x \\
D_xf & = & -4x^3-4xy^2+3x^2-3y^2+10x \\ \\
D_yf & = & -2(x^2+y^2)\cdot2y-6xy+5\cdot2y \\
D_yf & = & -4x^2y-4y^3-6xy+10y \\ \\
D_x^2f & = & -12x^2-4y^2+6x+10 \\ \\
D_y^2f & = & -4x^2-12y^2-6x+10 \\ \\
D_xD_yf & = & -8xy-6y = D_yD_xf
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingungen: $D_xf=0 \AND D_yf=0$ \\
$D_xf = 0 \Leftrightarrow -4x^3-4xy^2+3x^2-3y^2+10x = 0$ \\
$y^2(4x+3) = -4x^3+3x^2+10x$ \hfill $(*)$ \\
$D_yf = 0 \Leftrightarrow -4x^2y-4y^3-6xy+10y=0$ \hfill $(**)$ \\ \\
1. Fall: $y=0$ erfüllt die Gleichung $(**)$ $(D_yf=0)$ für jedes $x\in\SetR$ \\
\begin{eqnarray*}
& \Rightarrow & -4x^3+3x^2+10x = 0 \\
& \stackrel{(*)}{\Leftrightarrow} & -4x\left(x^2-\frac{3}{4}x-\frac{5}{2}\right) = 0 \\
& \Leftrightarrow & x_1=0 \OR x^2-\frac{3}{4}x-\frac{5}{2} = 0 \\
& \Leftrightarrow & x_{2,3} = \frac{3}{8} \pm \sqrt{\frac{9}{64}+\frac{160}{64}} = \frac{3}{8} \pm \frac{13}{8} \\
& \Leftrightarrow & x_2 = \frac{16}{8} = 2 \\
& \Leftrightarrow & x_3 = -\frac{10}{8} = - \frac{5}{4} \\
& \Rightarrow & p_1 = (0,0), \quad p_2=(2,0), \quad p_3=(-\frac{5}{4},0) \quad \text{ sind mögliche Extrempunkte}
\end{eqnarray*}
2. Fall: Sei nun $y\ne0$:
\begin{eqnarray*}
D_yf = 0 & \Leftrightarrow & -4x^2y-4y^3-6xy+10y = 0 \\
& \stackrel{y\ne0}{\Leftrightarrow} & -x^2-y^2-\frac{3}{2}x+\frac{5}{2} = 0 \\
& \Leftrightarrow & y^2 = -x^2-\frac{3}{2}x+\frac{5}{2} \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (***) \\
& \Rightarrow & y^2 = (-1) \cdot (x-1) \cdot (x+\frac{5}{2})
\end{eqnarray*}
$(***)$ in $(*)$:
\begin{eqnarray*}
\left(-x^2-\frac{3}{2}x+\frac{5}{2}\right)(4x+3) & = & -4x^3+3x^2+10x \\
-4x^3-3x^2-6x^2-\frac{9}{2}x + 10x + \frac{15}{2} & = & -4x^3+3x^2+10x \\
-9x^2-\frac{9}{2}x+\frac{15}{2} & = & 3x^2 \\
-12x^2-\frac{9}{2}x + \frac{15}{2} & = & 0 \\
x^2+\frac{9}{24}x-\frac{15}{24} & = & 0 \\
x^2+\frac{3}{8}x-\frac{5}{8} & = & 0 \\
x_{4,5} & = & -\frac{3}{16} \pm \sqrt{\frac{9}{256}+\frac{160}{256}} = -\frac{3}{16} \pm \frac{13}{16} \\
x_4 & = & \frac{10}{16} = \frac{5}{8} \\
x_5 & = & -1
\end{eqnarray*}
$\displaystyle p_{41} = \left(\frac{5}{8},\frac{5}{8}\sqrt{3}\right), \quad p_{42}=\left(\frac{5}{8},-\frac{5}{8}\sqrt{3}\right), \quad p_{51}=\left(-1,\sqrt{3}\right), \quad p_{52}=\left(-1,-\sqrt{3}\right)$ sind weitere mögliche Extrempunkte. \\
(a) $p_1=(0,0)$: \\
$\displaystyle (Hesse \; f)(p_1) = \left(\begin{array}{cc}10 & 0 \\ 0 & 10\end{array}\right)$ ist positiv definit, denn $\displaystyle det(10) = 10 >0$ und $det\left(\begin{array}{cc}10 & 0 \\ 0 & 10\end{array}\right)=100>0$ \\
$\Rightarrow f$ hat in $p_1=(0,0)$ ein isoliertes Minimum mit dem Minimumwert $$ f(p_1)=-\frac{875}{256}$$ \\
(b) $p_2=(2,0)$: \\
$\displaystyle (Hesse \; f)(p_2) = \left(\begin{array}{rr}-26 & 0 \\ 0 & -18\end{array}\right)$ ist negativ definit, denn: \\
$\displaystyle -(Hesse \; f)(p_2) = \left(\begin{array}{cc}26 & 0 \\ 0 & 18\end{array}\right)$ ist positiv definit, da $det(26)=26>0$ und $\displaystyle det\left(\begin{array}{cc}26 & 0 \\ 0 & 18\end{array}\right)=468>0$ ist. \\
$\Rightarrow f$ hat in $p_2$ ein isoliertes Maximum mit dem Maximumwert $$ f(p_2)=12-\frac{875}{256}=\frac{2197}{256} = 8,58203125$$ \\
(c) $\displaystyle p_3=\left(-\frac{5}{4},0\right)$: \\
$\displaystyle (Hesse \; f)(p_3) = \left(\begin{array}{cc}-16,25 & 0 \\ 0 & 11,25\end{array}\right)$ ist indefinit, denn:
$$\left(\begin{array}{cc}-16,25 & 0 \\ 0 & 11,25\end{array}\right)\cdot\xi=\left(\begin{array}{cc}-16,25 & 0 \\ 0 & 11,25\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}1 \\ 0\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-16,25 \\ 0\end{array}\right)$$
$$\Rightarrow \left<\left(\begin{array}{c}1 \\ 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-16,25 \\ 0\end{array}\right)\right> = -16,25<0$$
$$\text{und } \left(\begin{array}{cc}-16,25 & 0 \\ 0 & 11,25\end{array}\right)\cdot\eta = \left(\begin{array}{cc}-16,25 & 0 \\ 0 & 11,25\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}0 \\ 1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0 \\ 11,25\end{array}\right)$$
$$\Rightarrow \left<\left(\begin{array}{c}0 \\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0 \\ 11,25\end{array}\right)\right> = 11,25 > 0$$
$\Rightarrow f$ besitzt in $\displaystyle p_3=\left(-\frac{5}{4},0\right)$ kein lokales Extremum. \\
(d) $\displaystyle p_{41}=\left(\frac{5}{8},\frac{5}{8}\sqrt{3}\right)$: \\
\begin{eqnarray*}
D_x^2f(p_{41}) & = & -12\cdot\frac{25}{64}-4\cdot\frac{25}{64}\cdot3+6\cdot\frac{5}{8}+10=4,375=\frac{35}{8} \\
D_xD_yf(p_{41}) & = & -8\cdot\frac{5}{8}\cdot\frac{5}{8}\sqrt{3}-6\cdot\frac{5}{8}\sqrt{3} \\
& = & -\frac{25}{8}\sqrt{3}-\frac{30}{8}\sqrt{3}=-\frac{55}{8}\sqrt{3} \\
D_y^2f(p_{41}) & = & -4\cdot\frac{25}{64}-12\cdot\frac{25}{64}\cdot3-6\cdot\frac{5}{8}+10 \\
& = & -\frac{25}{16}-\frac{225}{16}-\frac{60}{16}+10 = -\frac{310}{16}+10 \\
& = & -\frac{155}{8}+\frac{80}{8} = -\frac{75}{8} = -9,375
\end{eqnarray*}
$\displaystyle \Rightarrow (Hesse \; f)(p_{41}) = \left(\begin{array}{cc}\frac{35}{8} & -\frac{55}{8}\sqrt{3} \\ -\frac{55}{8}\sqrt{3} & -\frac{75}{8}\end{array}\right)$ ist indefinit, denn: \\
(1) $\displaystyle det((Hesse \; f)(p_{41})) = -\frac{35}{8}\cdot\frac{75}{8}-\left(\frac{55}{8}\sqrt{3}\right)^2 < 0$, d.h. $(Hesse \; f)(p_{41})$ ist nicht positiv definit. \\
(2) Betrachte nun $-(Hesse \; f)(p_{41})$: Da $\displaystyle det\left(\frac{-35}{8}\right) = -\frac{35}{8}<0$ ist $-(Hesse \; f)(p_{41})$ nicht positiv definit $\Leftrightarrow (Hesse \; f)(p_{41})$ ist nicht negativ definit. \\
Aus (1) und (2) folgt: $(Hesse \; f)(p_{41})$ ist indefinit. \\
(e) $\displaystyle p_{42}=\left(\frac{5}{8},-\frac{5}{8}\sqrt{3}\right)$: \\
\begin{eqnarray*}
D_x^2f(p_{42}) & = & D_x^2f(p_{41}) = \frac{35}{8} \\
D_xD_yf(p_{42}) & = & -D_xD_yf(p_{41}) = \frac{55}{8}\sqrt{3} \\
D_y^2f(p_{42}) & = & D_y^2f(p_{41}) = -\frac{75}{8}
\end{eqnarray*}
$\displaystyle \Rightarrow (Hesse \; f)(p_{42}) = \left(\begin{array}{cc}\frac{35}{8} & \frac{55}{8}\sqrt{3} \\ \frac{55}{8}\sqrt{3} & -\frac{75}{8}\end{array}\right)$ ist indefinit. Begründung analog wie in (d). \\
$\displaystyle \Rightarrow p_{42} = \left(\frac{5}{8},-\frac{5}{8}\sqrt{3}\right)$ ist kein lokales Extremum von $f$. \\
(f) $\displaystyle p_{51} = \left(-1,\sqrt{3}\right)$: \\
\begin{eqnarray*}
D_x^2f(p_{51}) & = & -20 \\
D_xD_yf(p_{51}) & = & 8\sqrt{3}-6\sqrt{3}=2\sqrt{3} \\
D_y^2f(p_{51}) & = & -24 \\ \\
\Rightarrow (Hesse \; f)(p_{51}) & = & \left(\begin{array}{cc}-20 & 2\sqrt{3} \\ 2\sqrt{3} & -24\end{array}\right) \\
\Rightarrow -(Hesse \; f)(p_{51}) & = & \left(\begin{array}{cc}20 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & 24\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
$\Rightarrow det(20)=20 >0$ \\
$\displaystyle det\left(\begin{array}{cc}20 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & 24\end{array}\right)=480-12=468>0$ \\
$\Rightarrow -(Hesse \; f)(p_{51})$ ist positiv definit. \\
$\Leftrightarrow (Hesse \; f)(p_{51})$ ist negativ definit. \\
$\Rightarrow f$ hat in $p_{51}=(-1,\sqrt{3})$ ein isoliertes Maximum mit dem Maximumswert
$$f(p_{51}) = 12 - \frac{875}{256} = \frac{2197}{256} = 8,58203125$$
(g) $\displaystyle p_{52}=(-1,-\sqrt{3})$: \\
\begin{eqnarray*}
D_x^2f(p_{52}) & = & -20 \\
D_xD_yf(p_{52}) & = & -2\sqrt{3} \\
D_y^2f(p_{52}) & = & -24 \\
\Rightarrow (Hesse \; f)(p_{52}) & = & \left(\begin{array}{cc}-20 & -2\sqrt{3} \\ -2\sqrt{3} & -24\end{array}\right) \\
\Rightarrow -(Hesse \; f)(p_{52}) & = & \left(\begin{array}{cc}20 & 2\sqrt{3} \\ 2\sqrt{3} & 24\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
$$\Rightarrow det(20)=20>0 \AND det\left(\begin{array}{cc}20 & 2\sqrt{3} \\ 2\sqrt{3} & 24\end{array}\right)=468>0$$
$\Rightarrow -(Hesse \; f)(p_{52})$ ist positiv definit. \\
$\Rightarrow (Hesse \; f)(p_{52})$ ist negativ definit. \\
$\Rightarrow f$ hat in $p_{52}=(-1,-\sqrt{3})$ ein isoliertes Maximum mit dem Maximumswert $f(p_{52})=8,58203125$.

\end{document}