M1 WS 13/14

Aufgabe 9b:

Lösung der Ungleichung $2 x - 5 \geq \frac {-2}{x-1}$ für (x-1)<0:

auf beiden Seiten mit (x-1) multiplizieren (weil das <0 ist, wird aus $\geq$ ein $\leq$): $(2 x - 5)(x-1) \leq -2 $

Ausmultiplizieren: $2 x^2  - 5x - 2 x + 5  \leq -2 $  und zusammenfassen: $2 x^2  - 7 x + 7  \leq 0 $ bzw. noch durch 2 dividiert: $x^2  - \frac 7 2  x + \frac 7 2   \leq 0 $

Quadratische Ergänzung:  $x^2  - \frac 7 2  x \ +\  \frac{49}{16} \ -\ \frac{49}{16}  \ \ +  \frac 7 2   \leq 0 $

$(x  - \frac 7 2 )^2  \ -\ \frac{49}{16}  \ \ +  \frac{56}{16}   \leq 0 $

$(x  - \frac 7 2 )^2  \ +  \frac{7}{16}   \leq 0 $

$(x  - \frac 7 2 )^2  \leq  - \frac{7}{16}   $

Links steht etwas quadratisches, was also immer positiv ist und das soll kleiner sein als eine negative Zahl.  Diese Beziehung ist für kein reelles x erfüllt.

Aufgabe 10:

Berechne Extrempunkte und Sattelpunkte von $ z = (x^2 + y^2) \cdot e^{-y} \ \ \ =\ \ \ x^2  \cdot e^{-y} + y^2 \cdot e^{-y} $. 

Das ist eine Funktion zweier Variablen (x und y) und für die Kurvendiskussion benötigen wir die partiellen Ableitungen.

Für Extremwerte und für Sattelpunkte müssen die Ableitungen nach x als auch nach y Null sein.

$\frac{\partial}{\partial x} z(x,y) = z_x= 2 x \cdot e^{-y } $  und  $\frac{\partial}{\partial y} z(x,y) = z_y = x^2 \cdot (- e^{-y }) \  +\   2 y \cdot e^{-y } + y^2 \cdot (- e^{-y }) $

Betrachten wir zunächst $z_x = 2 x \cdot e^{-y } $:

da $e^{irgendwas}$ immer positiv ist, kann die Ableitung nach x nur dann =0 sein, wenn x=0 ist.

Bei der Ableitung nach y ist es ähnlich:

in $z_y = x^2 \cdot (- e^{-y }) \  +\   2 y \cdot e^{-y } + y^2 \cdot (- e^{-y }) $  finden wir in jedem der 3 Summanden entweder $e^{irgendwas}$ oder $-e^{irgendwas}$. Diese Werte werden auch nie =0.

$ x^2 \cdot (- e^{-y }) \  +\   2 y \cdot e^{-y } + y^2 \cdot (- e^{-y })  \ =\ -x^2 \cdot e^{-y } \  +\   2 y \cdot e^{-y }  - y^2 \cdot e^{-y } $

In der Gleichung $ -x^2 \cdot e^{-y } \  +\   2 y \cdot e^{-y } \  - \  y^2 \cdot e^{-y }  \ =\  0$ kann man also problemlos durch $e^{-y}$ dividieren, da dies nie =0 ist.

Man erhält: $ -x^2 \  +\   2 y \  -\  y^2  \ =\  0$ bzw. $x^2 \  -\   2 y \  +\  y^2  \ =\  0$.  Man erkennt, dass diese Gleichung für x=0, y=0 gilt, aber auch für x=0 und y=2.

Wir haben also an den Punkten (0|0) und (0|2)  entweder Extrempunkte oder Sattelpunkte.

http://www.math.uri.edu/~bkaskosz/flashmo/graph3d2/  für die vorstehende Funktion von xmin=-0,5 bis xmax=+0,5, ymin=-0,5 und ymax=+2,5.

Um rein rechnerisch feststellen zu können, ob ein Punkt ein Extrempunkt oder ein Sattelpunkt ist, muss man noch mehr untersuchen. Dazu kann man folgende Tabelle verwenden:

Die weiteren Ableitungen sind:

$z_{xx} = 2 \cdot e^{-y }$

$z_{yy} = x^2 \cdot e^{-y } \  +\   2 \cdot e^{-y } \ -\ 2 y  \cdot e^{-y }     + 2 y \cdot (- e^{-y }) + y^2 \cdot e^{-y }$ $= \  ( x^2 \  +\   2  \ -\ 2 y   - 2 y  + y^2) \cdot e^{-y } \ = \  ( x^2 \  +\   2  \ -\ 4 y  + y^2) \cdot e^{-y }$

$z_{xy} = -2 x \cdot e^{-y } $

Für die Stelle (0|0) gilt:
$z_x = z_y = 0$,
$z_{xx} = 2 > 0$,
$z_{yy}(0,0) =  ( 0 \  +\   2  \ -\ 4 \cdot 0  + 0) \cdot 1 = \  2 >0$,
$z_{xy}(0,0) = -2 \cdot 0 \cdot 1 = 0$  und schliesslich 
$z_{xx} \cdot z_{yy} - {z_{xy}}^2  =  2 \cdot 2 - 0^2 = 4 > 0$. 
Es sind demnach die Bedingungen für ein Minimum erfüllt.

Für die Stelle (0|2) gilt:
$z_x = z_y = 0$,
$z_{xx} = 2 \cdot e^{-2 } > 0$,
$z_{yy}(0,2) =   ( 0 \  +\   2  \ -\ 4 \cdot 2  + 4) \cdot e^{-2 } = \  -2 \cdot e^{-2 } < 0$,
$z_{xy}(0,2) = -2 \cdot 0 \cdot e^{-2 } = 0$  und schliesslich
$z_{xx} \cdot z_{yy} - {z_{xy}}^2  =  2 \cdot e^{-2 } \cdot ( -2 \cdot e^{-2 }) - 0^2 = -4 \cdot e^{-4 } < 0$. 
Es sind demnach die Bedingungen für einen Sattelpunkt erfüllt.