Fachbereich Mathematik Prof. Dr. K. Ritter M. Fuchssteiner Dr. M. Slassi

SS 2009 24.6.2009

11. Übungsblatt zur

Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Gruppenübung

Aufgabe G1

Es seien f : ℝ^{3} → ℝ^{2} und g : ℝ^{2} → ℝ mit

f(x, y, z) := ( \begin{matrix}xyz \\ −xyz \end{matrix} ) und g(x, y) := x^{3} + y^{3} − 3xy

gegeben.

(a) Bestimmen Sie alle lokalen Extrema von g.

(b) Ist die Frage nach lokalen Extrema von f sinnvoll? Begründen Sie ihre Antwort.

Lösung:

(a) Wir erhalten:

J_{g}(x, y) = ((grad g))^{T} (x, y) = (3x^{2} − 3y 3y^{2} − 3x), H_{g}(x, y) = ( \begin{matrix}6x & −3 \\ −3 & 6y \end{matrix} ) .

Wir bestimmen die kritischen Stellen mittels (grad g)(x, y) =^{!} (0 0)^{T} und erhalten (0, 0) und (1, 1) als kritische Stellen. Die Eigenwerte von H_{g}(0, 0) sind ±3. Da sowohl positive als auch negative Eigenwerte auftreten, liegt in (0, 0) kein Extremwert vor. Die Matrix H_{g}(1, 1) besitzt die Eigenwerte 3 und 9. Daher ist sie positiv definit und es liegt in (1, 1) ein lokales Minimum vor.

(b) Bei f ist die Frage nach Extremwerten nicht sinnvoll, da f : ℝ^{3} → ℝ^{2} und Werte in ℝ^{2} nicht vergleichbar sind.

11. Übung Mathematik II für BI, MaWi, WI(BI), AngGeo und VI

Aufgabe G2

Bestimmen Sie mit Hilfe einer Lagrange-Funktion die Extremalwerte von f : ℝ^{2} → ℝ gegeben durch

f(x, y) = xy,

unter der Nebenbedingung g(x, y) = x^{2} + 2y^{2} − 1 = 0. Ist diese Aufgabe auch mit den Methoden aus dem ersten Semester lösbar? Geben Sie gegebenfalls die Vorgehensweise an.

Lösung: Die Menge M := {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + 2y^{2} − 1 ≤ 0, −(x^{2} + 2y^{2} − 1) ≤ 0} ist nach Vorlesung abgeschlossen und wegen

∥(x, y)∥^{2} ≤ x^{2} + y^{2} ≤ x^{2} + 2y^{2} − 1 + 1 = 1

beschränkt, d.h. M ist kompakt. Da f stetig ist, existiert ein globales Maximum und ein globales Minimum. Es gilt (grad g)(x, y) = (2x 4y) = (0 0) nur für (x, y) = (0, 0). Da (0, 0) nicht der Nebendingung genügt, kann der Satz aus der Vorlesung angewendet werden. Die Lagrange-Funktion lautet L(x, y, λ) = xy + λ(x^{2} + 2y^{2} − 1). Damit erhält man

L_{x}(x, y, λ) = y + 2λx =^{!} 0,  (1)
L_{y}(x, y, λ) = x + 4λy =^{!} 0,  (2)
L_{λ}(x, y, λ) = x^{2} + 2y^{2} − 1 =^{!} 0.  (3)

Fall 1: λ = 0. Aus λ = 0 folgt x = y = 0 im Widerspruch zur Gleichung (3).

Fall 2: λ ≠ 0. Aus Gleichung 1 ergibt sich y = −2λx, Gleichung 2 ergibt y = −\frac{1}{4λ}x. Also erhält man λ^{2} = \frac{1}{8} (d.h. λ = ±\frac{1}{\sqrt{8}}) und y^{2} = \frac{1}{2}x^{2}. Setzt man dies in die dritte Gleichung ein, erhält man 2x^{2} = 1.

Somit ergeben sich folgende Kandidaten für die lokalen Extrema:

x_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}  y_{1} = \frac{1}{2},
x_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}  y_{2} = −\frac{1}{2},
x_{3} = −\frac{1}{\sqrt{2}}  y_{3} = \frac{1}{2},
x_{4} = −\frac{1}{\sqrt{2}}  y_{4} = −\frac{1}{2}.

Weiterhin ist f(x_{1}, y_{1}) = f(x_{4}, y_{4}) = \frac{1}{2\sqrt{2}}, f(x_{2}, y_{2}) = f(x_{3}, y_{3}) = −\frac{1}{2\sqrt{2}}.

Damit sind (x_{1}, y_{1}) und (x_{4}, y_{4}) die Maximalstellen, (x_{2}, y_{2}) und (x_{3}, y_{3}) die Minimalstellen. Diese Aufgabe kann auch mit den Methoden aus dem ersten Semester gelöst werden. Hierzu löst man die Nebenbedingung nach x oder y auf und setzt das Ergebnis in f ein. Allerdings muss in diesem Fall eine Fallunterscheidung durchgeführt werden (Beachte: x = ±\sqrt{1 − 2y^{2}}). Im Allgemeinen lässt sich allerdings die Nebenbedingung weder nach x noch nach y auflösen.

Aufgabe G3

Bestimmen Sie drei positive Zahlen, deren Summe gleich 90 und deren Quadratsumme minimal ist. Interpretieren Sie das Problem zunächst geometrisch, berechnen Sie dann ein lokales Extremum mit Hilfe einer geeigneten Lagrange-Funktion und begründen Sie dann geometrisch, wieso das gefundene lokale Extremum ein Minimum ist.

Lösung: Setze f : ℝ^{3} → ℝ, f(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} und g : ℝ^{3} → ℝ, g(x, y, z) = x + y + z − 90. Wegen (grad g)(x, y, z) = (1 1 1) ≠ (0 0 0), kann der Satz aus der Vorlesung angewendet werden. Die Lagrange-Funktion lautet hier L(x, y, z, λ) = x^{2} + y^{2} + z^{2} + λ(x + y + z − 90), λ ∈ ℝ. Damit ergibt sich das Gleichungssystem

L_{x}(x, y, z, λ) = 2x + λ =^{!} 0,
L_{y}(x, y, z, λ) = 2y + λ =^{!} 0,
L_{z}(x, y, z, λ) = 2z + λ =^{!} 0,
L_{λ}(x, y, z, λ) = x + y + z − 90 =^{!} 0.

Aus den ersten drei Gleichungen erhält man x = y = z, somit folgt mit der vierten Gleichung x = y = z = 30 und x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2700.

Geometrische Interpretation:

Die Menge M = {x, y, z ≥ 0 : x + y + z = 90} ist der Bereich der Ebene

E = \{x ∈ ℝ^{3} : \frac{1}{\sqrt{3}} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) · x = 30\sqrt{3}\} ,

der im ersten Oktanten liegt.

Da weiterhin \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} der euklidische Abstand vom Nullpunkt ist, wird in diesem Minimierungsproblem der Punkt aus M mit minimalem Abstand zum Nullpunkt gesucht.

Also ist der gesuchte Punkt der Schnittpunkt der Ebene E mit der Geraden g, die durch den Nullpunkt verläuft und den Normalenvektor der Ebene E als Richtungsvektor besitzt.

(Dies ist auch die einfachste Möglichkeit zu verifizieren, dass die mit dem Lagrange-Ansatz gefundene Lösung (30, 30, 30) minimal ist!)

Hausübung

Aufgabe H1

Sei f : ℝ^{2} → ℝ gegeben durch

f(x, y) := x^{2} + xy + y^{2} + x + y + 1.

Bestimmen Sie alle lokalen Extrema.

Lösung: Es gilt:

f_{x}(x, y) = 2x + y + 1, f_{y}(x, y) = x + 2y + 1,
f_{xx}(x, y) = f_{yy} = 2, f_{xy}(x, y) = f_{yx}(x, y) = 1.

Der Punkt (−\frac{1}{3}, −\frac{1}{3}) ist der einzige kritische Punkt. Die Eigenwerte von H_{f}(−\frac{1}{3}, −\frac{1}{3}) sind 1 und 3, d.h. H_{f}(−\frac{1}{3}, −\frac{1}{3}) ist positiv definit. Daher liegt ein Minimum in (−\frac{1}{2}, −\frac{1}{3}) vor.

Aufgabe H2

Betrachten Sie zylindrische Dosen. Es bezeichne r den Radius einer Dose und h die Höhe. Die Oberfläche O beträgt dann O(r, h) = 2πr^{2} + 2πrh und das Volumen V (r, h) = πr^{2}h. Berechnen Sie die minimale Oberfläche einer Dose mit Hilfe einer Lagrange-Funktion bei einem Dosenvolumen von 1000 Volumeneinheiten. Hinweis: Verwenden Sie ohne Beweis, dass die gefunden Stelle das gesuchte Minimum ist.

Lösung: Wegen (grad g)(r, h) = (2πrh πr^{2}) ≠ (0 0) für r ≠ 0, darf der Satz aus der Vorlesung angewendet werden (Beachte: r = 0 und h beliebig erfüllt die Nebenbedingung nicht). Lagrange-Funktion: L(r, h, λ) = 2πr^{2}+2πrh+λ(πr^{2}h−1000). Ableitungen:

L_{r}(r, h, λ) = 4πr + 2πh + λ2πrh =^{!} 0,
L_{h}(r, h, λ) = 2πr + λπr^{2} =^{!} 0,
L_{λ}(r, h, λ) = πr^{2}h − 1000 =^{!} 0.

Umformen der zweiten Gleichung ergibt πr(2+λr) = 0. Die Lösungen dieser Gleichung sind r = 0 und r = −2/λ. Die Lösung r = 0 ist nicht zulässig. Also erhält man mit λ = −2/r das neue Gleichungssystem

4πr − 2πh = 0,
πr^{2}h − 1000 = 0.

Somit r_{∗} = 10/\sqrt[3]{2π}, h_{∗} = 20/\sqrt[3]{2π} und O_{∗} = 6πr_{∗}^{2} ≈ 553.58.