Reguläre Punkte und Extrema/(x,y) nach x hoch y/Beispiel

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{y}.$

Nach Aufgabe ist

${}x^{y}=e^{(\ln x)\cdot y}\,.$

Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial \varphi }{\partial x}}={\frac {y}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}={\frac {y}{x}}\cdot x^{y}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial \varphi }{\partial y}}=(\ln x)\cdot e^{(\ln x)\cdot y}=(\ln x)\cdot x^{y}.$

Da die Exponentialfunktion stets positiv ist, ist ${}P=(1,0)$ der einzige kritische Punkt. Die Hesse-Matrix in einem Punkt ${}(x,y)$ ist

${\begin{pmatrix}{\frac {-y+y^{2}}{x^{2}}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}&{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\\{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}&(\ln x)^{2}\cdot e^{(\ln x)\cdot y}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {-y+y^{2}}{x^{2}}}\cdot x^{y}&{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot x^{y}\\{\frac {1+y\ln x}{x}}\cdot x^{y}&(\ln x)^{2}\cdot x^{y}\end{pmatrix}}\,.$

In ${}P$ ist dies

${}\operatorname {Hess} _{P}\,\varphi ={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}\,.$

Nach Fakt ist daher die Hesse-Form im kritischen Punkt weder positiv definit noch negativ definit. Man kann direkt zeigen, dass diese Matrix indefinit ist (vom Typ $(1,1)$), da diese Bilinearform auf ${}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ positiv und auf ${}{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ negativ definit ist. Nach Fakt liegt in diesem Punkt also kein Extremum vor.

Dies kann man auch ohne Differentialrechnung erkennen. Für ${}x=1$ oder ${}y=0$ ist ${}x^{y}=1$. Ansonsten gelten die folgenden Beziehungen.

1. Für ${}0<x<1$ und ${}y>0$ ist ${}x^{y}<1$.
2. Für ${}x>1$ und ${}y>0$ ist ${}x^{y}>1$.
3. Für ${}0<x<1$ und ${}y<0$ ist ${}x^{y}>1$.
4. Für ${}x>1$ und ${}y<0$ ist ${}x^{y}<1$.

Daher gibt es in jeder Umgebung von ${}(1,0)$ Punkte, an denen die Funktionswerte größer bzw. kleiner als ${}1$ sind.