Analysis II für M, LaG/M, Ph 8. Tutoriumsblatt

Analysis II für M, LaG/M, Ph 8. Tutoriumsblatt

Fachbereich Mathematik WS 2010/11

Prof. Dr. Christian Herrmann 10.12.2010

Vassilis Gregoriades Horst Heck

Aufgaben

Aufgabe T8.1

Es seiDein ebenes Dreieck mit den Seitenlängena,b,c>0, Umfangu:=a+b+cund Flächeninhalt

F:=1

4(u(u−2a)(u−2b)(2(a+b)−u))^1/2. Zeigen Sie:

Unter allen DreieckenDmit festem Umfang hat das gleichseitige Dreieck den größten Flächeninhalt.

Lösung: Wir betrachten die Funktion G =F², also G(a,b) = ₁₆^u ((u−2a)(u−2b)(2(a+b)−u)) auf der MengeK = {(a,b)∈R²: 0≤a≤u/2unda+b≥u/2}. Andere Kombinationen füraund bkommen aus Symmetriegründen nicht in Frage und daDsonst kein Dreieck ist. Außerdem giltG>0im Inneren vonKundG=0auf dem Rand.G ist stetig undKkompakt, daher nimmtGsein Maximum im Inneren vonKan. (Das Minimum ist0.)

Die kritischen Punkte vonGergeben sich aus

∂1G(a,b) = u

16(u−2b) (−2(2(a+b)−u) +2(u−2a))

∂₂G(a,b) = u

16(u−2a) (−2(2(a+b)−u) +2(u−2b)) also

∂1G(a,b) =0⇔ −2(a+b) +u+u−2a=0

⇔ −4a−2b+2u=0

⇔u=2a+b

und analog folgt∂2G(a,b) =0 ⇔ u=2b+a. Also verschwindet der Gradient vonGgenau dann, wennu=2a+b= 2b+aund damita=b=^u₃. Dies ist also einziger kritischer Punkt undGmuss dort sein Maximum annehmen.a=b=^u₃ heißt aber, dassDgleichseitig ist.

Aufgabe T8.2

Es sei f :Rⁿ→Rⁿeine stetig differenzierbare Funktion und f⁰(x)invertierbar für alle x∈Rⁿ. Zeigen Sie, dass f eine offene Abbildung ist, d.h. f(U)ist offen, fallsU⊆Rⁿoffen ist.

Lösung: Es sei y∈f(U)undx∈U mitf(x) =y. Da f⁰(x)invertierbar ist gibt es nach dem Umkehrsatz Umgebungen V vonxundW vonf(x) =y, so dassf|V:V →Weine stetig differenzierbare Umkehrfunkitong:W→V besitzt. Also ist f(V∩U) = g⁻¹(V∩U)offen, da gstetig ist. Damit folgt, da y∈ f(V∩U), dass es eine UmgebungU_y von ymit U_y⊆f(V∩U)⊆f(U)gibt. Day∈f(U)beliebig war, folgt die Behauptung.

Aufgabe T8.3

Zeigen Sie, dass die Funktion

f :R²→R,(x,y)7→3x⁴−4x²y+y²,

eingeschränkt auf eine Gerade durch den Ursprung, dort ein lokales Minimum besitzt. Ist der Ursprung lokales Minimum von f?

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Lösung: Eine Gerade durch den Ursprung ist gegeben durchg_v={(tv₁,tv₂):t∈R}, wobeiv= (v₁,v₂)∈R²}. Damit ist f eingeschränkt aufggegeben durchh(t):=f|g(t) =3v₁⁴t⁴−4v₁²v₂t³+v₂²t². Weiter gilth⁰(t) =12v₁⁴t³−12v₁²v₂t²+2v₂²t undh⁰⁰(t) =36v₁⁴t²−24v₁²v₂t+2v₂². Also gilth⁰(0) =0undh⁰⁰(0) =2v₂²>0, fallsv₂6=0. Damit hathin diesem Fall ein lokales Minimum. Istv₂=0, so isthgegeben durchh(t) =3v₁⁴t⁴und diese Funktion hat int=0offensichtlich ein Minimum.

Die Funktionf hat im Nullpunkt jedoch keinen Extremwert, daf("/2,"²/2) =−₁₆¹"⁴<0undf(0,")>0für jedes" >0 gilt.

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