Höhere Mathematik III WS 05/06 Lösungshinweis Aufgabe G 11 Blatt 2

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1 Höhere Mathematik III WS 5/6 Lösungshinweis Aufgabe G 11 Blatt Die zu optimierende Zielfunktion ist der Abstand zum Ursprung. Ein bekannter Trick (Vereinfachung der Rechnung) besteht darin, das Quadrat des Abstandes zu minimieren. (Wenn f monoton ist, ist ein Extrempunkt von f(x) auch Extrempunkt von (f(x)) ). Zielfunktion: f(x, y, z) = x + y + z a) Nebenbedingung: x y + z 16 = (Ebenengleichung) Die Lagrange Funktion lautet: L(x, y, z, λ) = x + y + z + λ(x y + z 16) Daraus ergeben sich folgende Bedingungen: L x = x + λ = ; L y = y λ = ; z + λ = (*) L λ = x y + z 16 = (**) Mit x = λ, y = λ, z = λ erhalten wir aus (**) λ λ λ = 16 λ = 3 9 Mit (*) ergibt sich: x = 3 9, y = 16 9, z = 3 9 Die Aufgabe lässt sich einfacher mit Mitteln der linearen Algebra lösen: Der Punkt mit minimalem Abstand zum Ursprung ist der Lotfußpunkt des Lotes vom Ursprung zur Ebene. Lot: x = s 1. Schnitt: 4s + s + 4s = 16 s = 16 9 ( 3 Lotfußpunkt: P = 9, 16 9, 3 ) 9 b) Nebenbedingung: z xy + 1 =, L(x, y, z) = x + y + z + λ(z xy + 1) L x = x λy = ; L y = y λx = ; L z = z + λ = ; L λ = z xy + 1 = L x = und L y = ergibt zunächst die triviale Lösung x = y =, z = 1, λ =, also P = (,, 1). ( ) λ Falls nichttriviale Lösungen existieren sollen, muss det = 4 λ λ = gelten, also λ 1, = ± λ 1 = führt auf y = x, z = 1 xy =. Wegen y = x folgt x = y =, also die bekannte Lösung. λ = führt auf y = x, z = 1 xy =. Dies führt wegen y = x zu einem Widerspruch.

2 Höhere Mathematik III WS 5/6 Lösungshinweis Aufgabe G 1 Blatt Der Flächeninhalt des Dreiecks wird wie angegeben durch den Betrag von F (x 1, y 1, x, y ) = 1 det( P 3 P 1, P 3 P ) = 1 [ x1 (y 1) x (y 1 1) ] berechnet. Die Extremwerte der Funktion F sollen unter den Nebenbedingungen, dass P 1 und P auf dem Einheitskreis liegen, d.h. x 1 + y 1 = 1 und x + y = 1, ermittelt werden. Die Lagrange- Funktion lautet also L(x 1, x, y 1, y, λ, µ) = 1 [ x1 (y 1) x (y 1 1) ] + λ(x 1 + y 1 1) + µ(x + y 1). Die Lagrange-Gleichungen ergeben x 1 = 1 (y 1) + λx 1 x = 1 (y 1 1) + µx y 1 = 1 x + λy 1 y = 1 x 1 + µy λ = x 1 + y1 1 µ = x + y 1. Die erste und die vierte Gleichung führen auf das lineare Gleichungssystem ( ) ( ) 4λ 1 x1 = 1 4µ Aus der zweiten und dritten Gleichung erhält man das System y ( ) ( ) 4µ 1 x = 1 4λ y 1 ( ) 1. (1) ( ) 1. () Die Matrizen in (1) und () haben die gemeinsame Determinante 16λµ 1. Ist diese gleich, so multipliziere man die erste Zeile von (1) mit 4µ, so dass (1) die Gleichung µ = liefert, was aber 16λµ 1 = widerspricht. Daher sind beide Systeme eindeutig lösbar, und wir erhalten x 1 = 4µ/(16µλ 1), y = 1/(16µλ 1), x = 4λ/(16µλ 1), y 1 = 1/(16µλ 1). Setzt man dies in die fünfte und sechste der Lagrange-Gleichungen ein, so ergibt sich woraus λ = ±µ und 16λ + 1 = (16µλ 1) = 16µ + 1, 16λ = 16λ (16λ ) folgt. Damit haben wir drei Lösungen λ 1 = µ 1 = und λ,3 = µ,3 = ± 3/4. Die erste Lösung führt auf P 1 = P = P 3 (, 1), so dass das Dreieck nur aus einem Punkt besteht; die Lösung λ liefert P 1 ( 3/, 1/) und P ( 3/, 1/). Schließlich ergibt λ 3 dasselbe Dreieck wie λ mit vertauschten Punkten P 1 und P. Ferner kann man zeigen, dass dieses Dreieck mit maximalem Flächeninhalt gleichseitig ist.

3 Höhere Mathematik III WS 5/6 Lösungshinweis Aufgabe G 13 Blatt a) Wir bestimmen die Extrema der quadrierten Abstandsfunktion f(x, y) = x +y eines Punktes (x, y) vom Ursprung unter der Nebenbedingung, dass (x, y) auf K liegt. Die Langrange- Funktion lautet L(x, y, λ) = x + y + λ (3x + xy + 3y 16), und wir erhalten die Lagrange-Bedingungen = L(x, y, λ) = x + 6λx + λy, x = L(x, y, λ) = y + 6λy + λx, (3) y = λ L(x, y, λ) = 3x + xy + 3y 16. Die ersten beiden Gleichungen führen auf das lineare Gleichungssystem ( ) ( ) ( ) 1 + 3λ λ x = λ 1 + 3λ y (4) Die Triviallösung x = y = dieses Systems ist mit der dritten Gleichung von (3) nicht verträglich und scheidet somit aus. Damit (4) auch andere Lösungen besitzt, muss die Determinante der Matrix verschwinden, also (1 + 3λ) λ =. Diese quadratische Gleichung besitzt die beiden Lösungen λ 1 = 1/4 und λ = 1/. Für λ 1 ist (4) äquivalent zu x y =, für λ entsprechend x+y =. Setzt man x = y in die dritte Gleichung von (3) ein, so erhält man (x 1, y 1 ) = (, ) und (x, y ) = (, ). Im Falle x = y ergibt sich (x 3, y 3 ) = (, ) und (x 4, y 4 ) = (, ). Die notwendige Bedingung für Extrema erfüllen also die Punkte (, ), (, ), (, ), (, ). Durch die Darstellung K : x + y + (x + y) = 16 erkennt man leicht, dass es keine Randextrema für x ± oder y ± geben kann und die Funktion f auf K beschränkt ist. Somit handelt es sich also bei den ermittelten Punkten tatsächlich um Extrema; die Berechnung der Funktionswerte f(x, y) liefert, dass (, ), (, ) Minima und (, ), (, ) Maxima sind. b) Die Quadrik kann dargestellt werden durch ( ) ( ) 3 1 x (x, y) 1 3 y = 16. Die Eigenwerte der Matrix berechnet man durch (3 λ) = 1 zu λ 1 = 4 und λ = ; die zugehörigen Eigenvektoren sind v 1 = 1/(1, 1) T und v = 1/(1, 1) T. Damit lautet die Normalform von K 4u + v = 16 u 4 + v 8 = 1 Es handelt sich also bei K um eine Ellipse mit den Halbachsen a = 1, b =, wobei die beiden Scheitel jeweils auf den Winkelhalbierenden liegen. Damit ist (a) verifiziert.

4 Höhere Mathematik III WS 5/6 Lösungshinweis Aufgabe G 14 Blatt geg.: Kraftfeld v = (x + y, x y ) und die Punkte P = (, ), Q = (1, ). gesucht: Q P v d r für verschiedene Wege. Ohne Probleme erkennt man, dass die Zerlegung (x, y ) + (y, x ) := v 1 + w = 1 3 grad (x3 y 3 ) + (y, x ) günstig ist. Es gilt nämlich c v 1d r = 1 3 (1 8) = 7 3 a) γ : r(t) = t(1, ), t 1, r = (1, ) γ w d r = 1 (4t, t ) (1, ) dt = 1 6t dt = t 3 1 = γ vd r = 7 3 = 1 3 b) γ : r(t) = (t, sin t π), t 1, r = (1, π cos t π) γ w d r = 1 (4 sin t π, t ) (1, π cos t π) dt = 1 (4 ( sin t π + πt cos t π) dt; [Substitution: u = t π, t = u ), dt = du] π π = π = 8 π 4 π π 4 π sin u du + 4 π γ π u cos u du v d r = π 16 π = 8 π [ 1 sin u cos u + 1 u + 1 π (u sin u + u cos u sin u) c) γ : Halbkreis (x 1 ) + (y 1) = 5, r(t) = ( 1 5 cos t, sin t), arctan t 4 arctan + π (Das Minus vor 5 cos t bewirkt, daß der Kreis in negativem Sinn durchlaufen wird, alternativ könnte man auch den Kreis in positiver Richtung durchlaufen, und dann das Kurvenintegral mit 1 malnehmen.) Wir setzen t 1 = arctan, t = arctan + π. r = 5 (sin t, cos t) w d r = t γ t 1 ((1 + 5 sin t), ( 1 5 cos t) ) T ( 5 sin t, 5 cos t)t dt = t t 1 ((1 + 5 sin t) 5 sin t + ( 1 5 cos t) 5 cos t) dt ] π

5 Höhere Mathematik III WS 5/6 Lösungshinweis Aufgabe G 15 Blatt a) Es gilt (v 1 ) y (v ) x = = (v 1 ) z (v 3 ) x = = (v ) z (v 3 ) y = z z = Damit ist die Integrabilitätsbedingung erfüllt, der Definitionsbereich ist einfach zusammenhängend, es existiert also eine Stammfunktion F (alternativ kann man auch die Rotation berechnen, was sich aber nicht viel davon unterscheidet). Es gilt F = v 1 dx = x + xz + c(y, z) F y = c y (y, z) Da F y = v = z sein soll, gilt c(y, z) = z dy = yz + k(z) F = x + xz + yz + k(z) F z = x + yz + k z (z) F (x, y, z) = x + xz + yz ist also eine Stammfunktion von v. b) Es gilt (v 1 ) y = (x + y ) + (y x)y (x + y ) (v ) x = (x + y ) 4x (x + y ) Damit ist die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt, es existiert also keine Stammfunktion. c) ( y v = z + 1, x z ) 1, xy z (v 1 ) y (v ) x = 1 z 1 z = (v 1 ) z (v 3 ) x = y z ( y z ) = (v ) z (v 3 ) y = x z ( x z ) =

6 v besitzt also eine Stammfunktion für z > bzw. für z <. Setzt man diese beiden Stammfunktionen zusammen, erhält man eine Stammfunktion für das gesamte Definitionsgebiet. (y ) F = z + 1 dx = xy + x + c(y, z) z F y = x z + c y(y, z) = x z 1 c y (y, z) = 1 Die Funktion F (x, y, z) = xy z c(y, z) = y + k(z) F = xy z + x y + k(z) F z = xy z + k (z) = xy z k(z) = const. + x y ist also eine Stammfunktion von v.

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