Übungen zur Analysis II Blatt 27 - Lösungen

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1 Prof. Dr. Torsten Wedhorn SoSe 22 Daniel Wortmann Übungen zur Analysis II Blatt 27 - Lösungen Aufgabe 5: 6+6+6* Punkte Bestimme alle lokalen Extrema der folgenden Funktionen: a b c* f : R 3 R g : R 2 R x y z x 2 + 3y 2 + 2z 2 2xy + 2xz x y xy expx 2 + y 2 h: R 2 R x y expx 2 + y 2 8x 2 4y 4 Lösung: a Es gilt f C R 3 R mit 2x 2y + 2z fx = 2x + 6y und Hessfx = 2 6 =: A 2x + 4z Die Matrix A ist positiv definit nach dem Minoren-Kriterium: Es gilt 2 > det > und per Entwicklung nach der 3. Zeile: 2 2 det A = 2 det + 4 det = = 8 > = Insbesondere ist A invertierbar. Da fx = Ax besitzt f daher nur den kritischen Punkt und hat dort ein striktes lokales Minimum. b Schreibe kurz r 2 := x 2 + y 2. Es gilt g C R 2 R mit Hessfx = gx = expr 2 expr 2 y 2x 2 x 2y 2 2xy2x 2 3 2x 2 2y 2 2x 2 2y 2 2xy2y 2 3 Bestimmung der kritischen Punkte: Die Bedingung gx = führt auf das Gleichungssystem Es ergeben sich 5 kritische Punkte: y 2x 2 = x 2y 2 = y = 2x2 = x = 2y 2 = P = P = P 2 = P 3 = P 4 = 2 2 2

2 Aufgrund der Punktsymmetrie von f genügt es die Punkte P P P 2 auf Extrema zu untersuchen: HessfP = HessfP = 2 HessfP e 2 2 = 2 e 2 Also hat f strikte lokale Maxima in P und P 4 strikte lokale Minima in P 2 und P 3 in P liegt weder ein lokales Minimum noch ein lokales Maximum vor. c* Schreibe wieder r 2 := x 2 + y 2. Es gilt h C R 2 R mit 2x expr hx = 2 6x 2y expr 2 6y 3 Hess hx = 4x expr 2 6 4xy expr 2 4xy expr 2 4y expr 2 48y 2 Bestimmung der kritischen Punkte: Die Bedingung hx = liefert xexpr 2 8 = yexpr 2 8y 2 = x = expr2 = 8 y = expr 2 = 8y 2 Für expr 2 = 8 ergibt sich aus der zweiten Gleichung direkt y =. Ist x = so liefert die zweite Gleichung y = expy 2 = 8y 2. Untersuchung der Funktion R R t expt 8t mittels Differentialrechnung ergibt: Es gibt genau zwei reelle Zahlen < α < < β mit expα 8α = = expβ 8β. Insgesamt erhält man kritische Punkte: P = P ± α = ± α P ± β = ± β Q ± = ± log8 Q ± = ± log8 Q ± = ± log8 Aufgrund der Symmetrie von h muss man nur 5 Punkte untersuchen: 4 Hess hp = 2 also liegt in kein Extremum vor. 6α Hess hp α + = 32αα Hess hp + β = 6β 32ββ also hat h strikte lokale Maxima in P ± α und strikte lokale Minima in P ± β. Hess hq + = 32 log8 6 32log8 32 log8 Hess hq + = 32 log8 also hat h strikte lokale Minima in Q ± und keine Extrema in Q ± ±.

3 Aufgabe 6: 2 Punkte Bestimme den maximalen Flächeninhalt eines Dreiecks dessen Ecken auf dem Einheitskreis im R 2 liegen. Skizziere ein Dreieck mit maximalem Flächeninhalt. Hinweis: Für zwei Vektoren v = v v 2 und w = w w 2 R 2 besitzt das von v w v w aufgespannte Dreieck den Flächeninhalt 2 det v w. v 2 w 2 Lösung: Seien P Q R die Eckpunkte eines dem Einheitskreis einbeschriebenen Dreiecks. Per Drehung dies ist eine lineare Isometrie sei ohne Einschränkung P = schreibe die anderen cosα cosβ beiden Eckpunkte in der Form und für α β R. Wir betrachten nun die sinα sinβ C -Funktion f : R 2 R fα β := cosα cosβ 2 det sinα sinβ = cosα sinβ sinα cosβ + sinα sinβ 2 Laut Hinweis beschreibt f den orientierten Flächeninhalt des Dreiecks P QR. Da f in beiden Variablen 2π-periodisch ist existieren das globale Maximum bzw. Minimum von f denn fr 2 = f[ 2π] [ 2π] und es genügt f für α β [ 2π auf Extrema zu untersuchen. Nimmt f sein Maximum bzw. Minimum an so ist diese Stelle notwenigerweise ein kritischer Punkt. fα β = 2 sinα sinβ cosα cosβ + cosα cosα cosβ + sinα sinβ cosβ = 2 cosα cosα β cosβ + cosα β Es gilt also fα β = cosα = cosβ = cosα β. Allgemein gilt für x y R: cosx = cosy y {x + 2πk k Z} { x + 2πk k Z} Für α β [ 2π ergeben sich daher die kritischen Punkte Z := 2π 4π Z := 4π 2π. 3 3 Nun ist f = f 2π 3 4π 3 = 3 4π 3 f 4 3 2π 3 = also ist das globale Maximum von f. Geometrisch: Sowohl Z als auch Z 2 beschreiben ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge 3 und Schwerpunkt im Ursprung.

4 Aufgabe 7: 2 Punkte Sei f : R 2 R stetig differenzierbar. Zeige dass f nicht injektiv ist. Hinweis: Hier kann man mit dem Satz über implizite Funktionen argumentieren. Beweis: Nach Voraussetzung ist Df stetig also ist U := {x R 2 Dfx } R 2 offen.. Fall: U =. Dann ist f konstant nach 6.27 also nicht injektiv. 2. Fall: U. Sei x ỹ U durch Vertauschung der Koordinaten sei ohne Einschränkung 2 f x ỹ weiter sei ohne Einschränkung f x ỹ =. Nach 8.3 existieren dann offene Umgebungen V R von x und W R von ỹ und eine stetig differenzierbare Funktion g : V W so dass fx gx = f x ỹ für alle x V. Also ist f nicht injektiv. Aufgabe 8: 6+6 Punkte In dieser Aufgabe betrachten wir Gleichungssysteme in den Variablen x y u v. Zeige dass man das jeweilige Gleichungssystem lokal um den Punkt x y u v nach u und v auflösen kann und bestimme die Gradienten von u und v als Funktionen in x und y an der Stelle x y. a x y + u 2 + v 2 = x 3 x y + 2u v = y u v = b Lösung: a Definiere: x 2 + y 2 u 2 = v x 2 + 2y 2 + 3u 2 + 4v 2 = f : R 4 R 2 fx y u v = x y u v = 2 2 x y + u 2 + v 2 x 3 y + 2u v Es gilt f = und f ist stetig differenzierbar mit 2 J f = 2 2 Da die Matrix invertierbar ist lässt sich die Gleichung fx = gemäß 8.3 lokal 2 um nach u und v auflösen d.h. es gibt eine offene Umgebung U R 2 von eine offene Umgebung V R 2 von und eine stetig differenzierbare Funktion g : U V so dass für u v V gilt: fx y u v = mit x y U u v = gx y Dabei gilt für die Ableitung von g: 2 J g x y = 2 Also: ux y = g x y = 2 = 2 2 vx y = g 2 x y =

5 b Definiere: f : R 4 R 2 fx y u v = Dann gilt f = und f ist stetig differenzierbar mit 2 2 Da x 2 + y 2 u 2 v x 2 + 2y 2 + 3u 2 + 4v 2 J f 2 2 = invertierbar ist existieren U V g wie in a hier gilt für die Ableitung von g: J g x y = = 3 4 Also: ux y = g x y = 3 vx y = g 2 x y = 4