Lösungen 11 - Fakultät für Mathematik

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Sommersemester 2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 2
Lösungen von Blatt XI vom 18.06.15
Aufgabe XI.1 (4 Punkte)
Sei f : R2 → R definiert durch
f (x, y) = 6 − 5x − 4y.
Bestimmen Sie die lokalen Extrema von f unter der Nebenbedingung
x2 − y 2 = 9.
Aufgabe XI.2 (5 Punkte)
Sei
E = {(x, y, z) ∈ R3 |x2 + 2y 2 + 4z 2 = 8}
ein Ellipsoid in R3 . Bestimmen Sie alle Punkte auf E mit der Eigenschaft, dass der Abstand von dem
Punkt p = (0, 0, 3) minimal bzw. maximal ist. Berechnen Sie den minimalen bzw. maximalen Abstand.
Aufgabe XI.3 (6 Punkte)
Bestimmen Sie jeweils alle regulären Punkte der angegebenen Funktion.
a) f : R2 → R, f (x, y) = x2 + y 2 − 1.
b) f : R2 → R, f (x, y) = x2 − y 3 .
2
x + y2 − 1
c) f : R3 → R2 , f (x, y, z) =
, wobei λ ∈ R \ {0}.
z − λx
d) f : R2 → R, f (x, y) = x3 + y 3 − 3xy.
Aufgabe XI.4 (5 Punkte)
Bestimmen Sie denjenigen Punkt p ∈ R3 , in dem die Tangentialfläche des Paraboloids
E = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 − y + z 2 = 0}
parallel zu der Fläche
F = {(x, y, z) ∈ R3 | x + 2y + 3z = 1}
ist.
Lösungsvorschläge
Aufgabe XI.1
p
Wir lösen die Nebenbedingung auf zu x = ± 9 + y 2 und unterscheiden zwei Fälle:
p
1. x = 9 + y 2 : Einsetzen in den relevanten Ausdruck liefert
p
u(y) = 6 − 5 9 + y 2 − 4y.
Es gilt nun
−5y
u0 (y) = p
− 4 = 0 ⇔ y = −4,
9 + y2
p
9 + y 2 + 5y 2
−5
9
u00 (y) =
, u00 (−4) = − < 0.
3/2
2
25
(9 + y )
Im Punkt ξ1 = (5, −4) besitzt die Funktion den Wert −3.
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt XI – Lösungen
Seite 2
p
2. x = − 9 + y 2 : Einsetzen in den relevanten Ausdruck liefert
p
v(y) = 6 + 5 9 + y 2 − 4y.
Es gilt nun
5y
− 4 = 0 ⇔ y = 4,
v 0 (y) = p
9 + y2
p
9
5 9 + y 2 + 5y 2 00
00
, v (4) =
v (y) =
> 0.
3/2
2
25
(9 + y )
Im Punkt ξ2 = (−5, 4) besitzt die Funktion den Wert 15.
Insgesamt haben wir also im Punkt ξ1 = (5, −4) ein lokales Maximum mit Wert −3 und
im Punkt ξ2 = (−5, 4) ein lokales Minimum mit Wert 15.
Aufgabe XI.2
Sei f : R3 → R, f (x, y, z) = x2 +y 2 +(z −3)2 . Dann gibt die Funktion f den quadratischen
Abstand des Punktes (x, y, z) ∈ R3 zum Punkt (0, 0, 3) an. Da die√
Wurzelfunktion streng
monoton wachsend ist, ist es ausreichend die Funktion f anstatt f zu betrachten.
Sei g : R3 → R, g(x, y, z) = x2 + 2y 2 + 4z 2 − 8. Wir definieren die Lagrange Funktion
L : R4 → R,
L(x, y, z, λ) = x2 + y 2 + (z − 3)2 + λ(x2 + 2y 2 + 4z 2 − 8).
Dann ist die notwendige Bedingung ∇L(x, y, z, λ) = 0 äquivalent zu den folgenden
Bedingungen
2x + 2λx = 0,
2y + 4λy = 0,
2(z − 3) + 8λz = 0,
2
x + 2y 2 + 4z 2 − 8 = 0.
Wir unterscheiden nun zwei Fälle, um das Gleichungssystem zu lösen:
(i) Falls λ = 0, so folgt unmittelbar aus den ersten beiden Gleichungen x = y = 0.
Jedoch liefert die dritte Gleichung z = 3 und somit 28 = 0 in der vierten Gleichung.
Folglich ist (0, 0, 3) keine Lösung der Gleichungssystems.
(ii) Falls λ 6= 0. So folgt aus der ersten Gleichung λ = −1 oder x = 0.
1. Im Falle λ = −1 implizieren die zweite und die dritte Gleichung y = 0 und z = −1.
Setzen wir diese Werte nun in die vierte Gleichung ein, so erhalten wir x = 2 oder
x = −2. Also sind (2, 0, −1) und (−2, 0, −1) Lösungen des Gleichungssystems.
2. Sei nun x = 0. Angenommen es gilt y 6= 0. Dann folgt unmittelbar aus der zweiten
Gleichung λ = − 21 . Einsetzen in die dritte Gleichung liefert z = 3, aber dies ist
kein Element des Ellipsoid, also nicht zulässig.
√ Wir können
√ also y = 0 annehmen.
√
Dann gilt nach
der
vierten
Gleichung
z
=
−
2
und
z
=
2. Also sind (0, 0, 2)
√
und (0, 0, − 2) Lösungen des Gleichungssystems.
Übungsblatt XI – Lösungen
Seite 3
Der Ellipsoid ist eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge des R3 und daher nimmt
f auf dieser Menge Minimum und Maximum an. Der Vergleich der Funktionswerte liefert
√
√
f (0, 0, 2) = 11 − 6 2,
√
√
f (0, 0, − 2) = 11 + 6 2,
f (2, 0, −1) = 20,
f (−2, 0, 1) = 20.
√
Also hat f ein lokales und globales Minimum in (0, 0, 2) und ein lokales und globales
Maximum in (±2, 0, −1). Der maximale p
Abstand von dem Ellipsoid zu (0, 0, 3) beträgt
√
√
20 und der minimale Abstand beträgt 11 − 6 2.
Aufgabe XI.3
Wir bestimmen jeweils den Rang der Jacobi-Matrix Df , welcher gegeben ist als die
Dimension des Bildraumes von Df und bestimmen diejenigen Punkte p derart, dass der
Rang maximal ist, d.h. für f ∈ C 1 (Ω, Rn ), Ω ⊂ Rd gilt
Rang(Df (p)) = min{d, n}.
a) Es gilt für alle (x, y) ∈ R2
Df (x, y) =
2x
2y
6= 0 ⇐⇒ (x, y) 6= (0, 0).
Folglich ist die Menge aller regulären Punkte von f gegeben durch
Mreg (f ) = R2 \ {(0, 0)}.
b) Es gilt für alle (x, y) ∈ R2
Df (x, y) =
2x
−3y 2
6= 0 ⇐⇒ (x, y) 6= (0, 0).
Folglich ist die Menge aller regulären Punkte von f gegeben durch
Mreg (f ) = R2 \ {(0, 0)}.
c) Für jedes λ 6= 0 und jedes (x, y, z) ∈ R3
Df (x, y, z) =
2x 2y 0
.
−λ 0 1
Die letzte Spalte impliziert, dass die Matrix immer mindestens Rang 1 hat. Falls
x = y = 0, dann ist die erste Zeile der Matrix 0 und folglich hat die Matrix den
Rang 1. Also ist p = (0, 0) kein regulärer Punkt der Funktion f . Falls x 6= 0 oder
y 6= 0, so ist der Rang der Matrix 2 und die Funktion f ist in diesem Punkt regulär.
Folglich ist die Menge aller regulären Punkte von f gegeben durch
Mreg (f ) = R2 \ {(0, 0)}.
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Seite 4
d) Es gilt für alle (x, y) ∈ R2
Df (x, y) =
3x2 − 3y
3y 2 − 3x
=3
2
x −y
y2 − x
und somit
Df (x, y) = 0 ⇐⇒ x2 = y und y 2 = x.
Somit ist f in einem Punkt p nicht regulär genau dann, wenn x4 = x und y = y 4 .
Also sind (0, 0) und (1, 1) die einzigen nicht regulären Punkte der Funktion f .
Folglich ist die Menge aller regulären Punkte von f gegeben durch
Mreg (f ) = R2 \ {(0, 0), (1, 1)}.
Aufgabe XI.4
Sei g : R3 → R, g(x, y, z) = x2 − y + z 2 . Dann ist der Paraboloid E gegeben durch
E = {(x, y, z) ∈ R3 : g(x, y, z) = 0}.
Für die Jacobi-Matrix gilt


2x
Dg(x, y, z) = −1 .
2z
Da an der zweiten Stelle der Funktionalmatrix der Wert −1 steht, ist der Rang der Matrix
immer 1 und somit sind alle Punkte (x, y, z) ∈ g −1 (0) regulär. Die Tangentialfläche von f
ist in einem Punkt p ∈ R3 genau dann parallel zu der Fläche F , wenn der Gradient von
g und der Normalenvektor von F linear abhängig sind. Der Normalenvektor von F ist
gegeben durch ν = (1, 2, 3). Also stellt sich die Frage, ob ein λ ∈ R existiert derart, dass
 
2x
λ −1 = 1, 2, 3 .
2z
Aus der zweiten Zeile folgt, dass λ = −2 gelten muss und somit x = − 14 und z = − 34 .
Setzen wir diese Punkte in E ein, so folgt
y = x2 + z 2 =
1
9
5
+
= .
16 16
8
Folglich ist die Tangentialfläche des Paraboloids in dem Punkt
1 5 3
p = − , ,−
4 8 4
parallel zu der Fläche F .

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