Präsenzaufgaben Blatt 13 Aufgabe P1 a) Sei (x, y)T ∈ R2 \ {0} beliebig. Wir bestimmen die totale Ableitung in diesem Punkt und erhalten (df )(x,y)T = 2x −2y 2y 2x Die Determinante dieser Matrix hat den Wert 4(x2 + y 2 ). Da (x, y) 6= (0, 0) ist, kann der Wert der Determinante nicht null sein und (df )(x,y)T ist somit invertierbar. Aus dem Umkehrsatz folgt, dass f in (x, y)T lokal invertierbar ist. b) Es gilt f (1, 0) = f (−1, 0) = (1, 0). Somit ist f nicht injektiv und f besitzt daher keine Umkehrfunktion. Aufgabe P2 Die Menge X ist die abgeschlossene Kreisscheibe B4 (0) um den Nullpunkt mit Radius 4 im R2 . X ist abgeschlossen und beschränkt und somit kompakt. Also nimmt die stetige Funktion f |X auf X ein absolutes Maximum und Minimum an. Wir unterscheiden zwei Fälle. Im Inneren von X können wir das notwendige und hinreichende Kriterium für lokale Extrema anwenden. Auf dem Rand {(x, y)T ∈ R2 |x2 + y 2 = 16} arbeiten wir mit Lagrangemultiplikatoren. Es gilt: (∇f )(x,y)T = (6x, 4y − 4)T . Die einzige Stelle, an welcher der Gradient verschwindet, ist (0, 1)T . Die HesseMatrix an dieser (und an jeder anderen) Stelle lautet: H(0,1)T (f ) = 6 0 0 4 . Diese Matrix ist positiv definit und f nimmt in (0, 1)T somit ein lokales Minimum an. Es gilt f (0, 1) = −1. Als nächstes betrachten wir die Extrema auf dem Rand. Wir definieren g : R2 → R durch g(x, y) := x2 + y 2 − 16. Der Rand von X ist g −1 ({0}). Es gilt: (∇g)(x,y)T = (2x, 2y)T , so dass ∇g nur im Nullpunkt verschwindet und somit jeder Punkt auf dem Rand von X regulärer Punkt von g ist. Somit können wir die Methode der Lagrange-Multiplikatoren anwenden und definieren die Funktion f˜(x, y, λ) := f (x, y) + λg(x, y) = 3x2 + 2y 2 − 4y + 1 + λ(x2 + y 2 − 16). Die kritischen Punkte von f˜ sind gegeben durch die Gleichungen ∂ f˜ = 6x + 2λx = 2x(3 + λ) ∂x ∂ f˜ 0 = = 4y − 4 + 2λy ∂y ∂ f˜ 0 = = x2 + y 2 − 16. ∂λ 0 = (1) (2) (3) Damit (1) erfüllt ist, muss x = 0 oder λ = −3 sein. Wenn x = 0 ist, folgt aus (3) dass y = ±4. Wir erhalten somit (0, ±4)T als mögliche Extrema auf dem Rand. √ √ Wenn λ = −3 folgt dass y = −2 und dann aus (3) dass x = ± 12 = ±2 3. √ aus (2), Wir erhalten (±2 3, −2)T als mögliche Extrema auf dem Rand. Insgesamt haben wir also als√mögliche lokale Extrema die Punkte (0, 1)> im Inneren und (0, ±4)T und (±2 3, −2)T auf dem Rand von X. Wir vergleichen die Funktionswerte. Es gilt f (0, 1) = −1 , f (0, 4) = 17 , f (0, −4) = 49 . √ √ f (2 3, −2) = f (−2 3, −2) = 53 . Da ein Maximum und√ein Minimum existieren müssen, wird das Minimum in (0, 1) √ und die Maxima in (2 3, −2) sowie (−2 3, −2) angenommen. √ Aufgabe P3 Sei p ∈ S beliebig, z.B. p = (1, 0, 5 2 5 )T . S und Bkpk2 (0) sind beides abgeschlossene Mengen. Also ist M := S ∩ Bkpk2 (0) auch abgeschlossen. Da M eine Teilmenge von Bkpk2 (0) ist, ist M auch beschränkt. Also ist M kompakt und die Abstandsfunktion k.k2 |M nimmt auf M ein Mininmum an, da k.k2 stetig ist. Sei p0 eine solche Minimalstelle. Es gilt kp0 k2 ≤ kpk2 . Für alle q ∈ S mit q ∈ / Bkpk2 (0) gilt kqk2 > kpk2 . Also ist p0 eine globale Minimalstelle für k.k2 auf S. Anstatt k.k2 zu minimieren, minimieren wir f := k.k22 . Dies liefert genau dieselben Minimalstellen, da kpk2 immer ≥ 0 ist und die Quadratfunktion auf [0, ∞) streng √ monoton steigend ist. Sei g(x, y, z) := xy + 2xz − 5 5, so dass S = g −1 (0). Es gilt: (∇g)(x,y,z)T = (y + 2z, x, 2x)T . T Dieser Gradient verschwindet nur auf √ der Geraden span{(0, 2, −1) }. Diese Gerade ist disjunkt zu S, da g(0, y, z) = −5 5 6= 0. Also ist jeder Punkt in S ein regulärer Punkt von g, so dass wir zur Bestimmung des Maximums der Funktion f unter der Nebenbedingung g = 0 die Methode der Lagrangemultiplikatoren verwenden können. Wir definieren also √ f˜(x, y, z, λ) = f (x, y, z) + λg(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ(xy + 2xz − 5 5) Die kritischen Punkte von f˜ sind gegeben durch die Gleichungen ∂ f˜ = 2x + λ(y + 2z) ∂x ∂ f˜ = 2y + λx 0 = ∂y ∂ f˜ 0 = = 2z + 2λx ∂y √ ∂ f˜ 0 = = xy + 2xz − 5 5. ∂λ 0 = (4) (5) (6) (7) Aus den Gleichungen (5) und (6) folgt nun 1 y = − λx, 2 z = −λx, und setzt man dies in (4) ein, erhält man 5 x 0 = 2x − λ2 x = (4 − 5λ2 ), 2 2 und da x 6= 0 wegen (7), folgt 2 1 λ = √ ⇒ y = − √ x, 5 5 2 z = − √ x, 5 wobei ∈ {−1, 1}. Einsetzen in (7) ergibt dann √ √ 1 4 0 = − √ x2 − √ x2 − 5 5 = − 5(x2 + 5), 5 5 und daher muss = −1 sein und somit λ = − √25 . Insgesamt erhalten wir √ x = ± 5, y = ±1, z = ±2, √ so dass die Punkte auf S, die dem Ursprung am nächsten ±( 5, 1, 2)> √ sind,> die Punkte √ sind. Der Wert des minimalen Abstands beträgt k( 5, 1, 2) k = 10.