Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 8. Übungsblatt. ). 12x 3 Die Hessematrix von f ist gegeben durch H f (x, y) =

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1 Karlsruher Institut für Technologie (KIT Institut für Analysis Priv-Doz Dr P C Kunstmann Dipl-Math D Roth SS Höhere Mathematik II für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 8 Übungsblatt Aufgabe 37 a Es gilt f(x, y = (y +, x T =! (0, 0 T genau dann, wenn (x, y ( = (, ist Somit ist 0 (, der einzige kritische Punkt von f Wegen det H f (, = det = < 0 ist 0 die Hessematrix H f (, indefinit, so dass f in (, einen Sattelpunkt besitzt b Der Gradient von f lautet f(x, y = (6x 3y, 3x + 6y T Die erste Komponente ist = 0 genau dann, wenn y = x ist In diesem Fall ergibt sich für die zweite Komponente 3x + 4x 4 = 3x(8x 3 Die kritischen Punkte sind also (0, 0 und (, x 3 Die Hessematrix von f ist gegeben durch H f (x, y = 3 y 0 3 Da H f (0, 0 = die Eigenwerte 3 und 3 besitzt, ist H 3 0 f (0, 0 indefinit Deshalb ist (0, 0 ein Sattelpunkt Da H f (, 6 3 = die Eigenwerte 3 und 9 besitzt, ist H 3 6 f (, positiv definit Somit hat f in (, ein lokales Minimum c Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte von f Es gilt f x (x, y = e x y + (x + y + 3e x y ( x = ( 4x 4xy 6x + e x y Wegen f(x, y = f(y, x ergibt sich daraus f y (x, y = f x (y, x = ( 4y 4xy 6y +e x y Kritische Punkte von f sind solche mit f(x, y = 0, also mit 4x 4xy 6x + = 0 und 4y 4xy 6y + = 0 ( Wir ziehen die erste von der zweiten Gleichung ab und erhalten 4(x y + 6(x y = 0, also (x y ( 4(x + y + 6 = 0 Dies ist gleichbedeutend mit x y = 0 oder 4(x + y + 6 = 0 Im ersten Fall, also für x = y, folgt aus ( die Gleichung 8x 6x + = 0, also x x 4 = 0 Diese hat die zwei Lösungen x, = 3 8 ± ( /, d h x = 4 und x = Im zweiten Fall (für y = x 3 wird die erste Gleichung in ( zu 4x 4x( x 3 6x + = 0, also = 0 Es gibt folglich genau zwei kritische Punkte: (, und ( 4, 4

2 Nur dort können lokale Extrema von f sein, doch ob tatsächlich Extrema vorliegen, müssen wir noch untersuchen Dazu betrachten wir die Hessematrix von f Es gilt f xx (x, y = ( 8x 4y 6e x y x( 4x 4xy 6x + e x y = (8x 3 + 8x y + x x 4y 6e x y, f yy (x, y = (8y 3 + 8xy + y 4x y 6e x y, f xy (x, y = 4xe x y y( 4x 4xy 6x + e x y = (8x y + 8xy + xy 4x 4ye x y Folglich ist H f (, = fxx (, f xy (, = f xy (, f yy (, ( 6e 4e 4e 6e Wegen f xx (, = 6e > 0 und det H f (, = 0e 4 > 0 ist diese Matrix positiv definit Somit besitzt f im Punkt (, ein lokales Minimum Weiter ist ( H f ( 4, 9e 4 = /8 e /8 e /8 9e /8 Wegen f xx ( 4, 4 = 9e /8 < 0 und det H f ( 4, 4 = 80e /4 > 0 ist diese Matrix negativ definit Im Punkt ( 4, 4 hat f daher ein lokales Maximum Aufgabe 38 Da Q abgeschlossen und beschränkt ist und f auf Q stetig ist, nimmt f nach dem Satz in 98 auf Q Maximum und Minimum an Wir betrachten f zunächst im Inneren von Q, also auf (0, 5 (0, 5 Es ist f(x, y = ( xy 4y 4x x 4x + 4 Gilt f(x, y = (0, 0, so liefert die zweite Komponente (x = 0, dh x = Für x = lautet die erste Komponente 8 Diese ist stets 0, so dass es keine kritischen Punkte von f gibt Daher besitzt f keine lokalen Extremstellen in (0, 5 (0, 5 und die Extrema von f werden auf dem Rand von Q angenommen Wir untersuchen f auf dem Rand von Q: x = 0: f(0, y = 4y Dies wird maximal für y = 5 mit f(0, 5 = 8 und minimal für y = 0 mit f(0, 0 = x = 5: f(5, y = 9y 5 Dies wird maximal für y = 5 mit f(5, 5 = 7 und minimal für y = 0 mit f(5, 0 = 5 y = 0: f(x, 0 = x =: g (x Wegen g (x = 4x 0 für x [0, 5] ist g auf [0, 5] monoton fallend Daher sind 0 und 5 die Extremstellen von g = f(, 0 mit f(0, 0 = und f(5, 0 = 5 y = 5: f(x, 5 = 3x 0x + 8 =: g (x Wegen g (x = 6x 0 = 0 x = 0 3 (0, 5 müssen wir f(0, 5 = 8, f( 0 3, 5 = 46 3 und f(5, 5 = 7 berücksichtigen Insgesamt erhalten wir max f(x, y = 8 und min f(x, y = 5 (x,y Q (x,y Q Aufgabe 39 Da die Menge S beschränkt und abgeschlossen ist, nimmt die stetige Funktion f dort ihr Minimum und ihr Maximum an; die Existenz der globalen Extrema ist also gesichert Definiere ( g (x, y, z x + y + z g(x, y, z := := g (x, y, z x + y + z

3 Dann ist S = {(x, y, z R 3 : g(x, y, z = (0, 0} Zur Bestimmung der globalen Extrema von f auf S verwenden wir die Multiplikatorenregel von Lagrange Zunächst überprüfen wir die Voraussetzungen: Sowohl f als auch g sind auf R 3 stetig differenzierbar Wegen g (x, y, z = x y z gilt rang g (x, y, z < genau für x = y = z; solche Punkte können jedoch die Nebenbedingungen g (x, y, z = 0 und g (x, y, z = 0 nicht erfüllen, denn aus x + y + z = 0 folgte dann x = y = z = 0 im Widerspruch zu x + y + z = Also erhalten wir sämtliche Kandidaten für Extremstellen durch Anwenden der Multiplikatorenregel von Lagrange: Wir setzen L(x, y, z, λ, λ := f(x, y, z + λ g (x, y, z + λ g (x, y, z = 5x + y 3z + λ (x + y + z + λ (x + y + z und lösen dann das Gleichungssystem L(x, y, z, λ, λ = 0, also die fünf Gleichungen 5 + λ + λ x = 0, + λ + λ y = 0, 3 + λ + λ z = 0, Addition der ersten drei Gleichungen liefert x + y + z = 0, x + y + z = λ + λ (x + y + z = 0, wegen x+y+z = 0 also λ = Damit wird die erste Gleichung zu 4+λ x = 0, was insbesondere λ 0 bedeutet Die zweite Gleichung lautet λ y = 0, woraus mit λ 0 sofort y = 0 folgt Aus x+y +z = 0 ergibt sich dann z = x und in x +y +z = eingesetzt folgt x =, dh x = oder x = Die extremwertverdächtigen Stellen sind damit (, 0, und (, 0, Die Funktionswerte dort sind f(, 0, = 4 bzw f(, 0, = 4 Folglich besitzt f auf der Menge S das Maximum 4 und das Minimum 4 Aufgabe 40 a Für einen kritischen Punkt muss gelten f(x, y = (x(4x 7y, 7x + y T =! (0, 0 T Aus der ersten Gleichung folgt x = 0 oder 4x 7y = 0 Der Fall x = 0 führt zu y = 0, und wir erhalten den kritischen Punkt (x 0, y 0 = (0, 0 Aus 4x 7y = 0 folgt y = 48 7 x und dies in die zweite Gleichung eingesetzt ergibt 7x x = 0, also wieder x = 0 Einziger kritischer Punkt ist somit (0, 0 ( 44x b H f (x, y = 4y 4x 0 0 und folglich gilt H 4x f (0, 0 = ist positiv semidefinit, 0 wir können also mit dem Satz in 97 keine Aussage treffen c Auf der Geraden x = 0 wird die Funktion beschrieben durch g(y := f(0, y = y Für y = 0 besitzt g ein striktes lokales Minimum Alle anderen Ursprungsgeraden können durch y = ax mit a R dargestellt werden, und die Funktion wird dann durch h(x := f(x, ax = x 4 7ax 3 + a x 3

4 beschrieben Wir erhalten sowie h (x = 48x 3 ax + a x alsoh (0 = 0 h (x = 44x 4ax + a dhh (0 = a > 0 Somit besitzt h in x = 0 ein striktes lokales Minimum d Auf der Parabel y = ax hat die Funktion die Gestalt p(x := f(x, ax = x 4 7ax 4 + a x 4 = x 4 (a 7a + = x 4 (a 3(a 4 Damit ergibt sich p (x = 4x 3 (a 3(a 4 p (0 = 0 p (x = x (a 3(a 4 p (0 = 0 p (x = 4x(a 3(a 4 p (0 = 0 p (x = 4(a 3(a 4 p (0 = (a 3(a 4 Für a [3, 4] ist p (0 < 0 und in x = 0 liegt ein striktes Maximum vor Für a [3, 4] ist p (0 > 0 und in x = 0 liegt ein striktes Minimum vor (siehe HM I, 05 Bei dem kritischen Punkt (0, 0 handelt es sich also um einen Sattelpunkt Aufgabe 4 Schreibe g(x, y, z = f(x, y, zv(x, y, z mit f(x, y, z := x + y + z x (x + y + z = x + y + z (x + y + z, v(x, y, z := y z Mit der Produktregel aus 9 erhalten wir rot g = g = (fv = f( v + ( f v Offenbar ist v = 0 und f x (x, y, z = x(x + y + z + 8x(x + y + z 3 ; die anderen partiellen Ableitungen berechnet man genauso und erhält f(x, y, z = 8 (x + y + z (x + y + z 3 Folglich ist rot g = 0 Für die Divergenz ergibt sich Aufgabe 4 div g = g = (fv = f( v + ( f v x y, also ( f v = 0 z = 3f + 8 (x + y + z (x + y + z 3 (x + y + z = x + y + z + (x + y + z Für x = (x,, x n R n \{ 0} definiere r( x := x = x + x + + x n Dann ist f = F r und für jedes k =,, n gilt r x k ( x = x k x + x + + x n = x k x Damit erhalten wir f (F r ( x = ( x = F ( r( x r ( x = F ( x x k x k x k x k x 4

5 Weiter ist f x ( x = F ( x k x k = F ( x x k x + x + F ( x x + F ( x x k ( x x k x 3 F ( x x x k x Somit ergibt sich für den Laplaceoperator f( x = n k= f x ( x k = F ( x x + x + + x n x + = F ( x + n x F ( x ( n x x + x + + x n x 3 F ( x 5