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)}. Übungsblatt XI – Lösungen 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 .
© Copyright 2025 ExpyDoc