Höhere Mathematik 2 Lösungshinweise zu den Hausaufgaben:

M. Boßle, B. Krinn
Ü. Okur, M. Wied
Blatt 24 – Gruppenübung zur Vorlesung
Höhere Mathematik 2
Dr. M. Künzer
Prof. Dr. M. Stroppel
Sommersemester 2012
Lösungshinweise zu den Hausaufgaben:
Aufgabe H 83. kritische Stellen
Bestimmen Sie die lokalen Extremstellen der Funktionen
f:
g:
(0, 2π) × R × R → R :
⊺ 1 1
U2 1, 2 , 2
→ R:
⊺
(x, y, z) 7→ sin(x)(cosh(y + z) + z 2 )
und
⊺
(x, y, z) 7→ x2 + 2y 2 + 2z 2 − x2 yz
sowie deren Typ.
Lösungshinweise hierzu: Der Gradient von f ist

  
cos(x)(cosh(y + z) + z 2 )
x
∇f y  =  sin(x) sinh(y + z)  .
sin(x)(sinh(y + z) + 2z)
z
Wegen cosh(y + z) + z 2 ≧ 1 ergibt Nullsetzen der ersten Komponente des Gradienten x = π2
oder x = 3π
. Für diese beiden Werte von x ist sin(x) 6= 0 und das Nullsetzen der zweiten
2
Komponente des Gradienten ergibt y = −z . Die dritte Komponente liefert z = 0. Wir
⊺
⊺
erhalten also die beiden kritischen Stellen ( π2 , 0, 0) und ( 3π
, 0, 0) . Die Hesse-Matrix von f
2
ist

  
− sin(x)(cosh(y + z) + z 2 ) cos(x) sinh(y + z) cos(x)(sinh(y + z) + 2z)
x

cos(x) sinh(y + z)
sin(x) cosh(y + z)
sin(x) cosh(y + z)
Hf y  = 
cos(x)(sinh(y + z) + 2z) sin(x) cosh(y + z) sin(x)(cosh(y + z) + 2)
z
An den kritischen Stellen entstehen die Hesse-Matrizen
 3π  


π 
−1 0 0
1 0
0
2
2
und
Hf  0  = 0 −1 −1 .
Hf  0  =  0 1 1
0 1 3
0 −1 −3
0
0
√
√
√
Diese √
haben die Eigenwerte −1, 2 − 2 und 2 + 2 beziehungsweise 1, −2 − 2 und
⊺
⊺
−2 + 2. Also liegt bei ( π2 , 0, 0) und bei ( 3π
, 0, 0) jeweils ein Sattelpunkt vor: Es gibt
2
keine Extremalstellen.
Der Gradient von g ist

  
2x − 2xyz
x
∇g y  =  4y − x2 z  .
4z − x2 y
z
Nullsetzen der ersten Komponente ergibt 2x(1 − yz) = 0. Falls x = 0 ist, ergibt sich
⊺
(0, 0, 0) als einzige Lösung. Im Fall x 6= 0 liefert die erste Komponente die Gleichung
2
1 − yz = 0 und damit z = y1 . Einsetzen ergibt die beiden Gleichungen 4y − xy = 0 und
4
− x2 y = 0. Auflösen der ersten Gleichung nach x2 und Einsetzen ergibt 1 − y 4 = 0. Diese
y
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24. Gruppenübung
Höhere Mathematik 2
⊺
Gleichung hat die (reellen) Lösungen y = 1 und y = −1. Die Gleichung ∇g(x, y, z) = 0
hat also in R3 die Lösungen
 
 
 
 
 
−2
2
−2
2
0









1 , P4 = −1 , und P5 = −1 .
P1 = 0 , P2 = 1 , P3 =
−1
−1
1
1
0
⊺ Hiervon liegen nur P1 und P2 im Definitionsbereich U2 1, 21 , 12
; für die anderen ist der
⊺
Abstand von 1, 12 , 21 zu groß. Die Hesse-Matrix von g ist

  
2 − 2yz −2xz −2xy
x
4
−x2  .
Hg y  =  −2xz
2
−2xy
−x
4
z
An den Punkten P1 und
  
0

Hg 0 = 
0
P2 ergeben sich die Hesse-Matrizen

  

0 −4 −4
2
2 0 0
0 4 0  bzw.
Hg 1 =  −4 4 −4  .
−4 −4 4
1
0 0 4
Die Eigenwerte von Hg (P1 ) sind 2 und 4 (doppelt); also liegt bei P1 ein lokales Minimum
vor. Wegen det(Hg (P2 )) = −256 ist wenigstens ein Eigenwert von Hg (P2 ) negativ (das
Produkt der Eigenwerte ist ja gerade die Determinante). Die Spur der Hessematrix ist die
Summe der Eigenwerte. Da Sp(Hg (P2 )) = 0 + 4 + 4 = 8 positiv ist, können nicht alle drei
Eigenwerte negativ sein. Also gibt es Eigenwerte mit unterschiedlichen Vorzeichen, und wir
erkennen, dass bei P2 ein Sattelpunkt vorliegt.
Aufgabe H 84. Taylor-Polynom
In der Relativitätstheorie wird die Energie E eines Teilchens der Masse m in Abhängigkeit
von der Geschwindigkeit beschrieben durch
⊺
mc2
E : R3 → R : v 7→ E(v) = q
,
h v |vi
1 − c2
wobei v = (v1 , v2 , v3 ) die Geschwindigkeit und c die Lichtgeschwindigkeit bezeichnet.
Berechnen Sie das Taylorpolynom der Funktion E der Stufe 2 zum Entwicklungspunkt
v = (0, 0, 0).
Lösungshinweise hierzu: Der Gradient und die Hesse-Matrix von E sind
 
v1
m

v2 
und
∇E(v) = q
3
h v |vi
v3
1− 2
c
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24. Gruppenübung

3mv12
+
Höhere Mathematik 2
3mv1 v2
m
 (1− h vc2|vi )5/2 c2 (1− h vc2|vi )3/2


3mv1 v2

5/2

(1− h vc2|vi ) c2



3mv1 v3
5/2
(1− h vc2|vi ) c2
(1− h vc2|vi )
(
3mv22
h v |vi 5/2 2
c
1− 2
c
)
+
5/2
(1− h vc2|vi )
c2
h v |vi 5/2 2
c
1− 2
c
)
5/2
c2
3mv2 v3
m
(1− h vc2|vi )
3/2
(1− h vc2|vi )
3mv2 v3
(

3mv1 v3
(
3mv32
h v |vi 5/2 2
c
1− 2
c
)
+
5/2
c2
m
(1− h vc2|vi )
mit h v | vi = v12 + v22 + v32 .
Einsetzen der Stelle (0, 0, 0) ergibt
3/2








1
1
T2 (E, v, (0, 0, 0)) = mc2 + m h v | vi = mc2 + m v12 + v22 + v32 .
2
2
Aufgabe H 85. kritische Stellen
Bestimmen Sie die kritischen Stellen der Funktion

2
⊺
⊺
 xy
für (x, y) =
6 (0, 0)
⊺
2
2
4
x +y
f : R → R : (x, y) 7→

⊺
⊺
0
für (x, y) = (0, 0)
und deren Typ.
Lösungshinweise hierzu: An der Stelle (0, 0) ist die Funktion nicht stetig, also ist sie auch
nicht differenzierbar und (0, 0) ist keine kritische Stelle. Allerdings ist die Funktion bei (0, 0)
partiell differenzierbar — es ist Vorsicht geboten! Wir setzen D := R2 r {(0, 0)}.
Für (x, y) ∈ D ist der Gradient


y2
2x2 y 2
2
2
4 !
 2
−
2
y
(−x
+
y
)
4
2
4
x
+
y
1
x
(x + y ) 

=
∇f
.
=
y
4xy 5  x2 + y 4 2xy(x2 − y 4 )
 2xy
−
x2 + y 4 (x2 + y 4 )2
Nullsetzen der ersten Komponente ergibt y 2 (x2 − y 4 ) = 0 und damit y = 0 oder x2 = y 4 .
Jede dieser Bedingungen macht auch die zweite Komponente zu Null. Kritische Stellen liegen
also bei y = 0, bei x = y 2 und bei x = −y 2 .
Für x > 0 gilt f (x, y) ≧ 0 und für x < 0 gilt f (x, y) ≦ 0. Also liegen an den Stellen
mit y = 0, x > 0 lokale Minima vor; an den Stellen mit y = 0, x > 0 lokale Maxima,
da der Funktionswert an diesen Stellen 0 ist. An den Stellen mit x = 0 6= y ergeben sich
Sattelpunkte, da der Funktionswert an diesen Stellen 0 beträgt und sich in jeder Umgebung
eines solchen Punktes Punkte mit negativen und Punkte mit positivem Funktionswert finden
lassen.
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Weiterhin gilt
(x + y 2 )2
⇒ x2 + 2xy 2 + y 4
⇒
x2 + y 4
1
⇒
−
2
≧0
≧0
≧ −2xy 2
xy 2
x
≦ 2
=f
4
y
x +y
(x − y 2 )2
⇒ x2 − 2xy 2 + y 4
⇒
x2 + y 4
1
⇒
2
≧0
≧0
≧ 2xy 2
xy 2
x
≧ 2
=f
4
y
x +y
und
Da die Funktion an allen Punkten (x, y) ∈ D mit x = y 2 den Wert 21 annimmt, befinden
sich an diesen Stellen (globale) Maxima. Da die Funktion an allen Punkten (x, y) ∈ D mit
x = −y 2 den Wert − 12 annimmt, befinden sich an diesen Stellen (globale) Minima.
Wir zeigen noch Skizzen der Funktion (aus zwei leicht verschiedenen Blickrichtungen):
f(x,y)
0.4
f(x,y)
0.5
0.2
0
0
–0.2
–0.5
–2
–0.4
–1
–2
2
y
–1
1
0
0
2
1
0
y
0
–1
1
–2
x
1
x
–1
2
–2
Gelb sind die Achsen markiert, rot die Maxima und Minima. Beachten Sie den Schlitz“
”
entlang der vertikalen Achse! Die gelben Linien zeigen auch, dass die partiellen Ableitungen
in (0, 0) existieren; die Funktionen fx und fy sind aber nicht stetig bei (0, 0).
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Aufgabe H 86. Optimierung unter Nebenbedingungen
Im R2 sollen auf dem Kreis mit Radius 1 um den Ursprung n Punkte so verteilt werden,
dass das von diesen Punkten gebildete n-Eck maximalen Flächeninhalt hat. Bestimmen Sie
die Anordnung der Punkte, indem Sie ein Optimierungsproblem aufstellen und dieses lösen.
Hinweis: Bilden Sie die Verbindungsgeraden von den Punkten zum Mittelpunkt des Kreises
und untersuchen Sie die Winkel zwischen diesen Geraden.
Lösungshinweise hierzu: Wir bezeichnen die Verbindungsstrecke von Pj zum Ursprung mit
sj . Die Winkel zwischen sj und sj+1 bezeichen wir für 1 ≦ j ≦ n − 1 mit ϑi , den Winkel
zwischen sn und s1 bezeichen wir mit ϑn . Wir betrachten 3 verschiedene Fälle:
(a) Fall 1: Alle Winkel ϑj sind kleiner als π . Der gesuchte Flächeninhalt des Polygons
ist die Summe der Flächeninhalte der Dreiecke, die durch zwei aufeinanderfolgende
Punkte und den Mittelpunkt gebildet werden. Der Flächeninhalt eines Dreiecks mit
Seitenlängen a und b, die einen Winkel ϕ einschließen, beträgt 12 a · b · sin(ϕ). Damit
beträgt der zu maximierende Flächeninhalt des Polygons
n
X
1
· 1 · 1 · sin(ϑj ).
2
j=1
Die Winkel ϑj , 1 ≦ j ≦ n müssen die Nebenbedingung
n
P
ϑj = 2π erfüllen. Die
j=1
Methode von Lagrange ergibt die Gleichungen
1
cos(ϑ1 ) + λ · 1 = 0
2
1
cos(ϑ2 ) + λ · 1 = 0
2
..
.
1
cos(ϑn ) + λ · 1 = 0
2
n
X
ϑj = 2π .
j=1
Da keiner der auftretenden Winkel größer als π ist, ergibt sich hieraus
ϑ1 = ϑ2 = . . . = ϑn
und somit ϑj = 2π
für alle j .
n
.
Der gesamte Flächeninhalt des n-Ecks beträgt dann Fn,Max = n2 sin 2π
n
(b) Fall 2: Einer der Winkel ϑj ist größer als π und n = 3. In diesem Fall ist der Flächeninhalt des entstehenden
Dreiecks kleiner als 1. Der in Fall 1 berechnete maximale Inhalt
q
√
3
3
ist F3,Max = 2 · 2 = 27
> 1 und damit größer als der entstehehende Inhalt.
16
(c) Fall 3: Einer der Winkel ϑj ist größer als π und n > 3. In diesem Fall ist das Polygon
vollständig in einem Halbkreis enthalten, und seine Fläche wird deswegen kleiner als π2 .
Der Flächeninhalt des in Fall 1 berechneten Polygons ist Fn,Max ≧ F4,Max = 2 > π2 .
Also wird im vorliegenden Fall der maximale Flächeninhalt nicht erreicht.
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