Musterlösung zu Blatt 1
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- Gerhardt Pohl
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1 Musterlösung zu Blatt Analysis III für Lehramt Gymnasium Wintersemester 0/4 Überprüfe zunächst die notwendige Bedingung Dfx y z = 0 für die Existenz lokaler Extrema Mit x fx y z = 8x und y fx y z = + z y und z fx y z = y z folgt: Dfx y z = 0 x fx y z = 0 y fx y z = 0 z fx y z = 0 8x = 0 + z y = 0 y z = 0 x = + z z = 0 y = z x = z = y = x y z = Untersuche nun die Hesse-Matrix in der einzigen kritischen Stelle Berechnen der zweiten partiellen Ableitungen liefert: H f x y z = Einsetzen der kritischen Stelle ergibt schließlich: H f 5 5 = 4x =: A ist nach dem Hurwitz-Kriterium Satz 40 negativ definit da det A = 6 < 0 det A = > 0 und det A = 8 < 0 Also liegt in ein lokales Maximum mit f = 7 vor 4 Die ersten partiellen Ableitungen von f sind: x fx y = y cosxy e sinxy + x y fx y = x cosxy e sinxy Es gilt f0 0 = 0 und y f0 0 = 0 Nach dem Satz über implizite Funktionen ist die Gleichung fx y = 0 somit nahe 0 0 nach y auflösbar und für die erste Ableitung der Auflösung y = gx gilt: g 0 = xf y f 0 0 = 0 = 0 Die zweite Ableitung kann mit Hilfe der Formel g x = xf y f xyf x f y f + yf x f y f x gx
2 siehe 45 c berechnet werden Wegen x f0 0 = 0 ist die einzige partielle Ableitung zweiter Ordnung die berechnet werden muss xf0 0 Es ist x fx y = x + y und somit xf0 0 = Dies ergibt: g 0 = = a Einsetzen von y = x in die Definition von ux y liefert die Funktion fx := x x x + 4x + 4 x = 4x + x + 4 die auf dem Intervall [ ] definiert ist Überprüfen der notwendigen Bedingung f x = 0: f x = x + = 0 x = 4 x = ± Die zugehörigen y-werte sind: y = 4 = 4 y = ± Es gibt also die vier kritischen Punkte ± ± Überprüfen der hinreichenden Bedingung f x = 4x 0 ergibt dass in ± lokale Maxima mit u ± = f = 5 und in ± lokale Minima mit u ± = f = vorliegen Nun sind noch die Randpunkte x = ± zu untersuchen Möglichkeit: x = : Es ist f = 5 Setze x := + ε mit ε > 0 Es gilt f + ε = 4 + ε + + ε + 4 = 4ε + ε 9ε + 5 = 5 4ε ε ε = 5 4ε ε < 5 für 0 < ε < dh in 0 ist ein lokales Maximum mit u 0 = f = 5 x = : Es ist f = Setze x := ε mit ε > 0 Es gilt f ε = 4 ε + ε + 4 = 4ε ε + 9ε + = + 4ε ε ε = + 4ε ε > für 0 < ε < dh in 0 ist ein lokales Minimum mit u 0 = f =
3 Möglichkeit: f ist in den beiden Randpunkten einseitig stetig differenzierbar Aus f = 9 folgt dass in x = ein lokales Maximum von f vorliegt denn x = ist linker Randpunkt des Definitionsintervalls und die Steigung ist dort negativ Also hat u in 0 ein lokales Maximum mit u 0 = f = 5 Aus f = 9 folgt dass in x = ein lokales Minimum von f vorliegt denn x = ist rechter Randpunkt des Definitionsintervalls und die Steigung ist dort negativ Also hat u in 0 ein lokales Minimum mit u 0 = f = b Für x y S gilt fx y := x + y = 0 und somit ist auf S Desweiteren ist ux y = xy x + 4 gradfx y = x y = 0 0 nur für x y = 0 0 / S dh die Methode der Lagrange-Multiplikatoren kann angewendet werden Die Hilfsfunktion h ist gegeben durch: hx y λ := xy x + 4 λx + y Die notwendige Bedingung grad hx y λ = für die Existenz von Extremstellen liefert das Gleichungssystem: y x λx = 0 6xy λy = 0 x + y = 0 Die zweite Gleichung ergibt sofort dass y = 0 oder λ = x gilt Fall: y = 0 Die dritte Gleichung liefert dann x = ± und die erste Gleichung liefert die zugehörigen Werte für λ Als kritische Stellen ergeben sich 0 und 0 Fall: λ = x Einsetzen von y = x dritte Gleichung in die erste Gleichung liefert x = ± Die zugehörigen Werte für y ergeben sich aus der dritten Gleichung und die Bedingung λ = x liefert die entsprechenden Werte für λ Als kritische Stellen ergeben und sich Die Hesse-Matrix von h bezüglich der Variablen x und y lautet: 6x λ 6y 6y 6x λ Einsetzen der sechs kritischen Stellen ergibt jeweils eine indefinite Matrix dh dies liefert zunächst kein hinreichendes Kriterium für das Vorliegen lokaler Extremstellen Nach Satz 48 genügt es jedoch die Hesse-Form auf T q S = N q S = sp{gradfq}
4 zu betrachten wobei q die kritische Stelle bezeichnet Mit ergibt sich für q = 0: gradfx y = x y T q S = sp{ 0} = sp{0 } Die zugehörige Einschränkung der Hesse-Form ergibt sich aus: c = 9c > 0 für c c Die Einschränkung der Hesse-Form ist also positiv definit dh in 0 liegt ein lokales Minimum mit u 0 = vor Entsprechend ergibt sich für q = 0 dass dort ein lokales Maximum mit u 0 = 5 vorliegt Analoge Betrachtungen ergeben dass in ± lokale Maxima mit u ± lokale Minima mit u ± = vorliegen = 5 und in ± c Überprüfe die notwendige Bedingung det Df ux y = 0 Es gilt: x y det Df ux y = det = 8x y 6y y x + 8x 6xy + 8y Aus det Df ux y = 0 und x + y = 0 ergibt sich sofort y = 0 x = y = 4 x = 4 dh es gibt sechs kritische Punkte: ± 0 und ± ± Die Überprüfung der kritischen Punkte mit einem hinreichenden Kriterium erfolgt wie in Teil b d Es ist S = {cos t sin t R t R} = {cos t sin t R t [0 π} Daher können die lokalen Extrema von u auf S bestimmt werden indem die lokalen Extrema der Funktion f : R R mit ft := uet = cos t sin t cos t + 4 cos t + 4 sin t }{{} = 4 für t R berechnet werden Wegen der π-periodizität der Funktion E genügt es dabei die lokalen Extrema mit t [0 π zu betrachten Untersuchen der notwendigen Bedingung f t = 0 liefert: f t = sin t + 6 cos t sin t + cos t sin t = sin t 9 cos t sin t = sin t 9 sin t sin t = sin t 9 sin t = 0 genau dann wenn sin t = 0 oder sin t = ± gilt dh auf dem betrachteten Intervall ergeben sich die kritischen Stellen t = 0 π π 4π π 5 π Überprüfen der 4
5 hinreichenden Bedingung f t = 9 cos t6 sin t cos t 0 ergibt schließlich dass f lokale Maxima in t = π π 5π und lokale Minima in t = 0 π 4 π hat Also besitzt u auf S die lokalen Maxima 0 mit Funktionswert 5 und die lokalen Minima 0 mit Funktionswert 4 Die gesuchte Distanz da S ist hier gegeben durch: { da S = inf T x y z T } x y z S { x } = inf + y + z x + y + z = { x } = min + y + z x + y + z = da die stetige Funktion auf der kompakten Menge S ein Minimum annimmt Wegen der Monotonie der Wurzelfunktion folgt desweiteren: { } da S = min x + y + z x + y + z = Bestimme nun das Minimum der Funktion ux y z := x + y + z unter der Nebenbedingung fx y z := x + y + z = 0 Es ist gradfx y z = x y z = nur für x y z = / S dh die Methode der Lagrange-Multiplikatoren kann angewendet werden Die Hilfsfunktion h ist gegeben durch: hx y z λ := x + y + z λx + y + z Die notwendige Bedingung grad hx y z λ = für die Existenz von Extremstellen liefert das Gleichungssystem: x λx = 0 y λy = 0 z λz = 0 x + y + z = 0 Auflösen der ersten drei Gleichungen ergibt wegen λ : x = y = z = Aus der vierten Gleichung folgt damit: λ x = y = z = ± Es gibt also die beiden kritische Punkte ± Da S kompakt ist werden Maximum und Minimum angenommen Das Minimum wird offensichtlich in angenommen Daraus läßt sich der minimale Abstand von a zu S berechnen als u = = = 5 sawo
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