Optimierung - Wiederholungsaufgaben Übungen

Wiederholungsaufgaben/Übungen

Aufgabe 1
Untersuche folgende Funktionen auf Extremwerte bzw. Sattelstellen (verwende die Definitheit der Hessematrix, um Entscheidung zu treffen).

$${\begin{aligned}f\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f(x,y)=(1+x)^{2}-(1-y)^{2}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f\left(x,y\right)=\mathrm {xy} \end{aligned}}$$

Aufgabe 2
Führe zu den Funktionen aus Aufgabe 1 jeweils die erste Iteration des Gradientenverfahrens aus, wobei im Punkt (1,1) gestartet wird. Für welche der drei Aufgaben ist die Suche nach einem (lokalen oder globalen) Minimum überhaupt sinnvoll?

Aufgabe 3
Führe für die Funktion

$${\begin{aligned}f\left(x,y\right)=x^{4}+y^{4}\end{aligned}}$$

die ersten beiden Schritte des Newtonverfahrens aus, wenn im Punkt (1,1) gestartet wird.

Aufgabe 4
Finde die Extremwerte der folgenden Funktionen unter den angegebenen Nebenbedingungen:

$${\begin{aligned}f\left(x,y\right)=4x+3y\\\ NB:g\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}=1\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}\\\ NB:g\left(x,y\right)=2\mathrm {xy} =1\end{aligned}}$$

$${\begin{array}{r}f(x,y)=e^{xy}\\NB:g(x,y)=x+y=1\end{array}}$$

(Gib jeweils Skizzen mit den Niveaulinien an um zu klären, ob es sich um ein Maximum oder ein Minimum handelt).

Aufgabe 5
Ermittle mit Hilfe der KKT-Bedingungen alle Extremstellen der folgenden Funktionen unter den gegebenen Nebenbedingungen

$${\begin{aligned}f(x,y)=(x-1)^{2}+(y-2)^{2}-1\\\ NB:g\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}\leq 1\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f\left(x,y\right)=x^{2}+3\mathrm {xy} +y^{2}\\\ NB:g\left(x,y\right)=x+y\leq 1\end{aligned}}$$

Stelle die Lösungen wiederum graphisch dar!

Lösungen der Aufgaben

Aufgabe 1:

Aufgabe 2:

Die Gleichung ${\textstyle x^{2}=y}$ hat natürlich zwei Lösungen:

$$x_{1}={\sqrt {y}}{\text{ und }}x_{2}=-{\sqrt {y}}$$

Dementsprechend ist die Umkehrabbildung über ganz ${\textstyle \mathbb {R} }$ nicht eindeutig definierbar, sehr wohl aber für ${\textstyle x\in \mathbb {R} ^{+}}$ (strichpunktiert) bzw. ${\textstyle \mathbb {x} \in \mathbb {R} ^{-}}$ (strichliert).  Aufgabe 3:

$${\begin{aligned}f_{1}^{\prime }(x)=-2x\mathbb {exp} {(}-x^{2})\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f_{2}^{\prime }(x)=\left({\frac {\mathbb {sin} {x}}{\mathbb {cos} {x}}}\right)^{\prime }=1+{\mathbb {tan} }^{2}{(}x)={\frac {1}{{\mathbb {cos} }^{2}{(}x)}}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f_{3}^{\prime }\left(x\right)={\frac {3x^{2}}{2{\sqrt {1+x^{3}}}}}\end{aligned}}$$

Aufgabe 4:

$${\begin{aligned}\int _{\mathbb {x} =1}^{2}\lambda \mathrm {\ exp} \left(-\lambda \mathbb {x} \right)\ dx=\mathrm {\ \ } -\left.\mathrm {\ exp} \left(-\lambda \mathbb {x} \right)\right|_{1}^{2}=\ e^{-\lambda }-e^{\mathrm {-2} \lambda }\end{aligned}}$$

Aufgabe 5:

$${\begin{array}{r}x_{2}=0-{\frac {p^{\prime }(0)}{p^{(0)}}}\\x_{3}={\frac {1}{2}}-{\frac {p^{\prime }(1/2)}{p^{\prime }(1/2)}}={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{32}}=0.4688\end{array}}$$

Vergleicht man diesen Wert mit der tatsächlichen Stelle des lokalen Minimums ${\textstyle x=0.4691}$, so erkennt man, wie nahe das Newton Verfahren bereits nach zwei Iterationen gekommen ist.

Aufgabe 6:
Matrix A – charakteristische Gleichung
${\textstyle \lambda ^{2}-10\lambda +9=0}$
Eigenwerte: 1 und 9 (positiv definit)
Eigenvektoren: (1,-1)T und (7,1)T
Matrix B – charakteristische Gleichung
${\textstyle \lambda ^{2}-2\lambda =0}$ Eigenwerte: 2 und 0 (positiv semidefinit)
Eigenvektoren: (1,-1)T und (1,1)T
Matrix C – charakteristische Gleichung
${\textstyle \lambda ^{3}+7\lambda ^{2}-18\lambda =0}$ Eigenwerte: -9, 2 und 0 (indefinit)
Eigenvektoren: (1,2,-3)T , (-4,3,1)T und (2,4,3) T
Aufgabe 7:
a)

$${\begin{aligned}\nabla f_{1}\left(x,y,z\right)=\left({\begin{matrix}4-4x\\6-2y\\-2z\\\end{matrix}}\right)=\left({\begin{matrix}0\\0\\0\\\end{matrix}}\right)\end{aligned}}$$

Kandidat für Extremum: ${\textstyle x=1,y=3,z=0}$

$${\begin{aligned}H_{f_{1}}\left(x,y,z\right)=\left({\begin{matrix}-4&0&0\\0&-2&0\\0&0&-2\\\end{matrix}}\right)\end{aligned}}$$

negativ definit ⇒ (1,3,0)T ist ein lokales Maximum

b)

$${\begin{aligned}\nabla f_{2}\left(x,y,z\right)=\left({\begin{matrix}6x-4y\\6y-4x\\10-2z\\\end{matrix}}\right)=\left({\begin{matrix}0\\0\\0\\\end{matrix}}\right)\end{aligned}}$$

Kandidat für Extremum: ${\textstyle x=0,y=0,z=5}$

$${\begin{aligned}H_{f_{2}}\left(x,y,z\right)=\left({\begin{matrix}6&-4&0\\-4&6&0\\0&0&-2\\\end{matrix}}\right)\end{aligned}}$$

ist indefinit (Eigenwerte -2, 2 und 10) (0,0,5)T ist ein Sattelpunkt und kein lokaler Extremwert

Aufgabe 8:
Die Lagrange Funktion lautet:

$${\begin{aligned}L\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}+\lambda \left(x^{2}+xy+y^{2}-3\right)\end{aligned}}$$

Null setzen der partiellen Ableitungen gibt

$${\begin{aligned}&{\frac {\partial }{\partial x}}L(x,y)=2x+\lambda (2x+y)=0\\&{\frac {\partial }{\partial y}}L(x,y)=2y+\lambda (2y+x)=0\end{aligned}}$$

Addieren wir diese beiden Gleichungen so erhalten wir

$${\begin{aligned}2\left(x+y\right)+\lambda \left(3x+3y\right)=0\end{aligned}}$$

oder äquivalent dazu

$${\begin{aligned}\left(x+y\right)\left(2+3\lambda \right)=0\end{aligned}}$$

Das bedeutet entweder der erste Faktor oder der zweite Faktor verschwindet.

Fall1: ${\textstyle x+y=0,d.h.y=-x}$.
Die Nebenbedingung lautet dann

$${\begin{aligned}g\left(x,-x\right)=x^{2}=3\end{aligned}}$$

Und wir erhalten die beiden Lösungen ${\textstyle x={\sqrt {3}},y=-{\sqrt {3}}x=-{\sqrt {3}},y={\sqrt {3}}}$
Fall2: ${\textstyle 2+3\lambda =0,d.h.\lambda =-2/3}$.
Die erste Gleichung lautet

$${\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial x}}=2x-{\frac {2}{3}}\left(2x+y\right)=0\end{aligned}}$$

und daher ${\textstyle x=y}$. Die Nebenbedingung wird zu

$${\begin{aligned}g\left(x,x\right)=3x^{2}=3\end{aligned}}$$

und wir erhalten die beiden Lösungen ${\textstyle x=-{\sqrt {3}},y={\sqrt {3}}x=-1,y=-1}$

Vergleichen wir die Funktionswerte: ${\textstyle f({\sqrt {3}},-{\sqrt {3}})=f(-{\sqrt {3}},{\sqrt {3}})=6f(1,1)=f(-1,-1)=2}$ Die ersten beiden Punkte liefern jeweils ein Maximum, die zweiten Punkte ein Minimum unter der Nebenbedingung. Die folgende Abbildung veranschaulicht die Zusammenhänge.

Die konzentrischen Kreise geben einige Niveaulinien der Zielfunktion ${\textstyle f\left(x,y\right)=x^{2}+y^{2}}$ . Beachte wiederum wie an den 4 extremalen Punkten die Kurve der Nebenbedingungen dazu tangential liegt.

Aufgabe 9: Die Lagrange Funktion lautet

$$L(x,y)=x^{2}+y+1+\lambda (x+y-4)$$

Null setzen der partiellen Ableitungen gibt

$${\frac {\partial }{\partial x}}L(x,y)=2x+\lambda =0$$

$${\frac {\partial }{\partial y}}L(x,y)=1+\lambda =0$$

und von den KKT Bedingungen

$$\lambda (x+y-4)=0$$

Im Inneren des zulässigen Bereiches muss gelten ${\textstyle \lambda =0}$, und daher wird die zweite Gleichung oben zu ${\textstyle 1=0}$, offensichtlich ein Widerspruch, Für ${\textstyle \lambda <0}$ muss gelten liefert die zweite Gleichung ${\textstyle \lambda =-1}$, und daher die erste Gleichung ${\textstyle \lambda \left(x+y-4\right)=0}$. Die KKT Bedingung gibt ${\textstyle \left(x+y-4\right)=0}$, und daher ${\textstyle \left(x+y-4\right)=0}$. Der Punkt ${\textstyle (1/2,7/2)}$ ist somit eine potentielle lokale Extremstelle, um zu erkennen worum es sich tatsächlich handelt betrachte folgende Abbildung, die wiederum die Niveaulinien der Zielfunktion sowie den Rand des zulässigen Bereichs zeigt.

Der zulässige Bereich befindet sich unterhalb der Geraden ${\textstyle y=4-x}$. Am kritischen Punkt nimmt die Funktion den Wert ${\textstyle 19/4}$ an, in unmittelbarer Umgebung davon gibt es sowohl Punkte mit größeren als auch mit kleineren Funktionswerten. Es handelt sich bei ${\textstyle (1/2,7/2)}$ also um kein lokales Extremum, sondern um eine Art Sattelpunkt, allerdings nur wenn die Nebenbedingung in Betracht gezogen wird. Entlang der Geraden ist der Punkt ein Minimum. Für alle Werte die in einem zugespitzten Kegel mit Spitze bei ${\textstyle (1/2,7/2)}$ liegen (Siehe Abbildung) liegt ein Maximum vor.

Lösungen der Wiederholungsaufgaben

Aufgabe 1.1:

$${\begin{aligned}{\begin{array}{r}f(x)=x^{\exp(x)}=\exp \left[\log(x)e^{x}\right]\\f^{\prime }(x)=\exp \left[\log(x)e^{x}\right]\cdot \left[{\frac {1}{x}}e^{x}+\log(x)e^{x}\right]=\\x^{\exp(x)}\left[{\frac {1}{x}}e^{x}+\log(x)e^{x}\right]\end{array}}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f^{\prime }\left(x\right)={\frac {\left(3x-2\right)\left(2x+{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\right)-3\left(x^{2}+{\sqrt {x}}\right)}{(3x-2)^{2}}}\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}f^{\prime }\left(x\right)={\frac {1}{\sqrt {2x}}}\mathrm {cos} \left(x^{2}\right)-{\sqrt {x}}\mathrm {sin} x^{2}2x\end{aligned}}$$

Aufgabe 1.2:
${\textstyle f\left(x\right)={\frac {\mathrm {exp} \left(x\right)}{x-1}}}$ an ${\textstyle x=1}$ nicht definiert. Linksseitiger Limes ist ${\textstyle -\infty }$, rechtsseitiger Limes ${\textstyle +\infty }$
${\textstyle f\left(x\right)}$ hat keine Nullstellen, allerdings konvergiert es gegen 0 für ${\textstyle x\rightarrow -\infty }$
${\textstyle f^{\prime }\left(x\right)={\frac {\left(x-2\right)\mathrm {exp} \left(x\right)}{(x-1)^{2}}}}$, Nullstelle nur bei ${\textstyle x=2}$ (potentielles lokales Extremum)
${\textstyle f^{\prime \prime }\left(x\right)={\frac {\left(x^{2}-4x+5\right)\mathrm {exp} \left(x\right)}{(x-1)^{3}}}}$ keine reellen Nullstellen, daher keine Wendepunkte
${\textstyle f^{\prime \prime }\left(2\right)=\mathrm {exp} 2>0}$, daher ist ${\textstyle x=2}$ ein lokales Minimum

Aufgabe 1.3

$$f(x)={\frac {1}{3}}e^{3x+4}({\text{ Substitution }}y=3x+4)$$

$$f(x)=\left(x^{2}\log \left(x^{2}\right)-x^{2}\right)/2\left(\right.Substitutiony=x^{2}undpartielleIntegration)$$

$$f(x)=-{\frac {1}{4}}\cos(4x-3)({\text{ Substitution }}y=4x-3)$$

Aufgabe 1.4
Berechnung der Integrale

$${\begin{aligned}-\left(x^{2}+2x+2\right)e^{-x}|_{0}^{1}=2-5e^{-1}\end{aligned}}$$

$$\left.x(\log(x2)-1)\right|_{1}^{2}=\log 2-1$$

$${\begin{aligned}\int _{x=2}^{3}\left(3-x\right)+\int _{x=3}^{4}\left(x-3\right)\mathrm {dx} =1\end{aligned}}$$

Aufgabe 1.5

$$D=\left\{(x,y)\in R^{2}:x^{2}>y^{2}\right\}=\{(x,y):|x|>|y|\}$$

$$\nabla \mathrm {f} ={\frac {1}{x^{2}-y^{2}}}\left({\begin{array}{c}2x\\-2y\end{array}}\right),H_{f}={\frac {1}{\left(x^{2}-y^{2}\right)^{2}}}\left({\begin{array}{cc}-2\left(x^{2}+y^{2}\right)&4\mathrm {xy} \\4\mathrm {xy} &-2\left(x^{2}+y^{2}\right)\end{array}}\right)$$

$$D=\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:x\neq y\right\}\nabla f={\frac {1}{(x-y)^{2}}}\left({\begin{array}{c}-y^{2}\\x^{2}\end{array}}\right),H_{f}={\frac {1}{(x-y)^{3}}}\left({\begin{array}{cc}2y^{2}&-2\mathrm {xy} \\-2\mathrm {xy} &2x^{2}\end{array}}\right)$$

$${\begin{aligned}&\nabla f=\left({\begin{array}{l}2x\\2y\end{array}}\right){\text{ kritischerWert }}(x,y)=(0,0)\\&H_{f}=\left({\begin{array}{ll}2&0\\0&2\end{array}}\right){\text{ positivde finit }}({\text{ konvex }})(0,0){\text{ ist globales Minimum }}\\&\nabla \mathrm {f} =\left({\begin{array}{cc}2(x+1)\\2(1-y)\end{array}}\right){\text{ kritischer Wert }}(x,y)=(-1,1)\\&H_{f}=\left({\begin{array}{cc}2&0\\0&-2\end{array}}\right){\text{ indefinit }}(-1,1){\text{ ist Sattelpunkt }}\\&\nabla \mathrm {f} =\left({\begin{array}{l}y\\x\end{array}}\right){\text{ kritischerWert }}(x,y)=(0,0)\\&H_{f}=\left({\begin{array}{ll}0&1\\1&0\end{array}}\right){\text{ indefinit }}(EW\pm 1)(0,0){\text{ ist Sattelpunkt }}\end{aligned}}$$

Aufgabe 2.2:

$$a)\nabla \mathrm {f} =\left({\begin{array}{l}2x\\2y\end{array}}\right),{\vec {x}}_{1}=\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)$$

Abstiegsrichtung

$${\vec {d}}_{1}=-\left({\begin{array}{l}2\\2\end{array}}\right)$$

$$g(h)=f\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)-h\left({\begin{array}{l}2\\2\end{array}}\right)$$

$$=2(1-2h)^{2}$$

$$g^{\prime }(h)=-8(1-2h)=0$$

$$h=12$$

$${\vec {x}}_{2}=\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)-$$

$${\frac {1}{2}}\left({\begin{array}{l}2\\2\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{l}0\\0\end{array}}\right)$$

$$\nabla \mathrm {f} =\left({\begin{array}{l}2(x+1)\\2(1-y)\end{array}}\right),{\vec {x}}_{1}=\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)$$

Abstiegsrichtung

$${\vec {d}}_{1}=-\left({\begin{array}{l}4\\0\end{array}}\right)$$

$$g(h)=f\left(\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)-h\left({\begin{array}{l}4\\0\end{array}}\right)\right)=(2-4h)^{2}g^{\prime }(h)=-8(2-4h)=0h=12{\vec {x}}_{2}=\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)$$

In allen 3 Fällen landet man bereits nach einem Iterationsschritt im kritischen Punkt. Dies ist für allgemeine Funktionen nicht der Fall, sondern stammt daher, dass wir es hier jeweils mit quadratischen Funktionen zu tun haben. Im Beispiel a) haben wir somit nach einer Iteration bereits das globale Minimum gefunden. Aber Achtung! In Beispiel b) und c) sind wir jeweils in einem Sattelpunkt gelandet, und das Gradientenverfahren würde hier einfach abbrechen, weil der Gradient an einem kritischen Punkt natürlich gerade 0 ist. Würden wir in Beispiel b) etwa im Punkt ${\textstyle (-1,-1)}$ starten so erhält man ${\textstyle g(h)=f\left(\left({\begin{matrix}-1\\-1\\\end{matrix}}\right)-h\left({\begin{matrix}0\\4\\\end{matrix}}\right)\right)=-(2+4h)^{2}}$ und man erkennt, dass für wachsendes ${\textstyle h}$ der Funktionswert gegen ${\textstyle -\infty }$ strebt.


Aufgabe 2.3:

$$\nabla \mathrm {f} =\left({\begin{array}{c}4x^{3}\\4y^{3}\end{array}}\right),H_{f}=\left({\begin{array}{cc}12x^{2}&0\\0&12y^{2}\end{array}}\right),{\vec {x}}_{1}=\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)$$

1. Schritt:

$$\nabla f\left({\vec {x}}_{1}\right)=\left({\begin{array}{l}4\\4\end{array}}\right),H_{f}\left({\vec {x}}_{1}\right)=\left({\begin{array}{cc}12&0\\0&12\end{array}}\right){\vec {x}}_{2}=\left({\begin{array}{l}1\\1\end{array}}\right)-\left({\begin{array}{cc}112&0\\0&112\end{array}}\right)\left({\begin{array}{l}4\\4\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{l}23\\23\end{array}}\right)$$

2. Schritt:

$$\nabla f\left({\vec {x}}_{2}\right)=\left({\begin{array}{l}3227\\3227\end{array}}\right),H_{f}\left({\vec {x}}_{1}\right)=\left({\begin{array}{cc}163&0\\0&163\end{array}}\right){\vec {x}}_{3}=\left({\begin{array}{l}23\\23\end{array}}\right)-\left({\begin{array}{cc}316&0\\0&316\end{array}}\right)\left({\begin{array}{l}3227\\3227\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{l}49\\49\end{array}}\right)$$

Aufgabe 2.4:

$$L=4x+3y+\lambda \left(x^{2}+y^{2}-1\right)$$

$${\frac {\partial L}{\partial x}}=4+2x\lambda =0$$

Multipliziere mit -x

$${\frac {\partial L}{\partial y}}=3+2y\lambda =0$$

Multipliziere mit y

$$4y-3x=0,{\text{ oder }}y={\frac {3}{4}}x$$

Nebenbedingung:
${\textstyle x^{2}+y^{2}=1}$ Zwei Lösungen ${\textstyle (4/5,3/5)}$ ist Maximum (Funktionswert 5)
${\textstyle (-4/5,-3/5)}$ ist Minimum (Funktionswert -5)

$${\begin{aligned}L=x^{2}+y^{2}+\lambda \left(2\mathrm {xy} -1\right)\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial x}}=2x+2y\lambda =0\end{aligned}}$$

Multipliziere mit x

$${\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial y}}=2y+2x\lambda =0\end{aligned}}$$

Multipliziere mit -y

$${\begin{aligned}2x^{2}-2y^{2}=0\end{aligned}}$$

Nebenbedingung: ${\textstyle y={\frac {1}{2x}}}$

$${\begin{aligned}x^{4}={\frac {1}{4}}\end{aligned}}$$

Zwei reelle Lösungen:
${\textstyle \left({\frac {1}{\sqrt {2}}},{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}$ sowie ${\textstyle \left(-{\frac {1}{\sqrt {2}}},-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right)}$ jeweils mit Funktionswert 1.
Die Zeichnung zeigt, dass es sich jeweils um ein Minimum handelt:

$${\begin{aligned}L=\mathrm {exp} (xy)+\lambda (x+y-1)\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial x}}=y\mathrm {exp} \left(\mathrm {xy} \right)+\lambda =0\end{aligned}}$$

$${\begin{aligned}{\frac {\partial L}{\partial y}}=x\mathrm {exp} \left(\mathrm {xy} \right)+\lambda =0\end{aligned}}$$

Bilde Differenz der beiden

$${\begin{aligned}\left(x-y\right)\mathrm {exp} xy=0\end{aligned}}$$

also ${\textstyle x=y}$ Nebenbedingung: ${\textstyle x+y=1}$
Eindeutige Lösung ${\textstyle x=y=1/2}$ mit Funktionswert

$${\begin{aligned}\mathrm {exp} \left({\frac {1}{4}}\right)\end{aligned}}$$

Die Zeichnung zeigt, dass es sich wiederum um ein Minimum handelt:

Die Werte in der Zeichnung geben den Logarithmus der Wurzel der entsprechende Wertes der Funktion an. Z. Bsp ist das Minimum der Funktion unter der Nebenbedingung gegeben durch

$${\begin{aligned}f\left(0\mathrm {.} 5,0\mathrm {.} 5\right)=\mathrm {exp} (0.5^{2})\end{aligned}}$$

Aufgabe 2.5:

$$L=(x-1)^{2}+(y-2)^{2}-1+\lambda \left(x^{2}+y^{2}-1\right)$$

$$KKT:{\frac {\partial L}{\partial x}}=2(x-1)+2x\lambda =0$$

$${\frac {\partial L}{\partial y}}=2(y-2)+2y\lambda =0$$

$$\lambda \left(x^{2}+y^{2}-1\right)=0({\text{ Comp. Slack. }})$$

Fall 1:
${\textstyle \lambda =0}$ (Lösung im inneren des zulässigen Bereichs)
${\textstyle x=1}$ und ${\textstyle y=2}$ einzige formale Lösung, liegt nicht im zulässigen Bereich!
Fall 2:
${\textstyle x^{2}+y^{2}-1=0}$ (Lösung am Rand)
${\textstyle \left(x-1\right)y-\left(y-2\right)x=2x-y=0}$, also ${\textstyle 2x=y}$ (ähnlich wie in Aufgabe 2.4)
Einsetzen in NB liefert zwei Lösungen:

$${\begin{array}{r}\left({\frac {1}{\sqrt {5}}},{\frac {2}{\sqrt {5}}}\right){\text{ mit Funktionswert }}5-{\frac {10}{\sqrt {5}}}({\text{ Minimum unter }}NB)\\\left(-{\frac {1}{\sqrt {5}}},-{\frac {2}{\sqrt {5}}}\right){\text{ mit Funktionswert }}5+{\frac {10}{\sqrt {5}}}({\text{ Maximum unter }}NB)\end{array}}$$

$${\begin{array}{r}L=x^{2}+3xy++2++y-1\\KKT:{\frac {\partial L}{\partial x}}=2x+3y+\lambda =0\\{\frac {\partial L}{\partial y}}=3x+2y+\lambda =0\\\lambda (x+y-1)=0({\text{ Comp. Slack. }})\end{array}}$$

Fall 1:
${\textstyle \lambda =0}$ (Lösung im inneren des zulässigen Bereichs)
${\textstyle x=0}$ und ${\textstyle y=0}$ einzige formale Lösung, Hessematrix indefinit
Sattelpunkt

Fall 2:
${\textstyle x+y-1=0}$ (Lösung am Rand)
Eliminiere ${\textstyle \lambda }$
${\textstyle x-y=0}$, also ${\textstyle x=y}$ (ähnlich wie in Aufgabe 2.4)
Einsetzen in NB liefert eindeutige Lösung:

$${\begin{aligned}x=y=1/2\end{aligned}}$$

mit Funktionswert ${\textstyle 5/4}$ Die Grafik zeigt, dass es sich um ein Maximum handelt:

Die Niveaulinien entsprechen Hyperbeln: ${\textstyle x^{2}+3\mathrm {xy} +2=const.}$ Je weiter man sich vom Ursprung nach rechts oben bewegt, desto größer sind die Werte die die Funktion entlang der Niveaulinie annimmt. Je weiter man sich vom Ursprung nach links oben (bzw. rechts unten) bewegt, desto kleiner sind die entsprechenden Funktionswerte.