Kurs:Analysis/Teil II/5/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	${}\sum$
Punkte	3	3	11	5	4	5	4	1	7	4	5	12	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu zwei Vektoren ${}v,w\in V$ nennt man

   ${}d{\left(v,w\right)}:=\Vert {v-w}\Vert :={\sqrt {\left\langle v-w,v-w\right\rangle }}\,$

   den Abstand zwischen ${}v$ und ${}w$.

2. Es sei ${}(M,d)$ ein metrischer Raum und ${}T\subseteq M$ eine Teilmenge. Ein Punkt ${}a\in M$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn zu jedem ${}\epsilon >0$ der Durchschnitt

   ${}T\cap U{\left(a,\epsilon \right)}\neq \emptyset \,.$

3. Eine Differentialgleichung der Form

   $v'=Mv,$

   wobei

   $M={\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{n1}&a_{n2}&\ldots &a_{nn}\end{pmatrix}}$

   eine Matrix mit Einträgen ${}a_{ij}\in {\mathbb {C} }$ ist, heißt homogenes lineares gewöhnliches Differentialgleichungssystem mit konstanten Koeffizienten.

4. Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in M$ ein isoliertes lokales Minimum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in M$ mit ${}d(x,x')<\epsilon$ und ${}x'\neq x$ die Abschätzung

   ${}f(x)<f(x')\,$

   gilt.

5. Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein reelles Intervall, ${}U\subseteq V$ eine offene Menge und

   $f\colon I\times U\longrightarrow V,\,(t,v)\longmapsto f(t,v),$

   ein Vektorfeld auf ${}U$. Man sagt, dass das Vektorfeld ${}f$ einer Lipschitz-Bedingung genügt, wenn es eine reelle Zahl ${}L\geq 0$ gibt mit

   $\Vert {f(t,u)-f(t,v)}\Vert \leq L\cdot \Vert {u-v}\Vert$

   für alle ${}t\in I$ und ${}u,v\in U$.

6. Eine Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt sternförmig bezüglich eines Punktes ${}P\in T$, wenn für jeden Punkt ${}Q\in T$ die Verbindungsstrecke ${}sQ+(1-s)P$, ${}s\in [0,1]$, ganz in ${}T$ liegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}I=[1,\infty ]$ ein rechtsseitig unbeschränktes Intervall und sei

   $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine stetige fallende Funktion mit ${}f(x)\geq 0$ für alle ${}x\in I$. Dann existiert das uneigentliche Integral

   $\int _{1}^{\infty }f(t)\,dt$

   genau dann, wenn die Reihe

   $\sum _{n=1}^{\infty }f(n)$

   konvergiert.
2. Es seien ${}V$ und ${}W$ endlichdimensionale ${}{\mathbb {K} }$- Vektorräume, ${}G\subseteq V$ eine offene Teilmenge, und ${}\varphi \colon G\rightarrow W$ eine im Punkt ${}P\in G$ differenzierbare Abbildung. Dann ist ${}\varphi$ in ${}P$ in jede Richtung ${}v$ differenzierbar, und es gilt

   ${}{\left(D_{v}\varphi \right)}{\left(P\right)}={\left(D\varphi \right)}_{P}{\left(v\right)}\,.$

3. Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{k}$ eine kompakte Teilmenge, es sei ${}E$ ein euklidischer Vektorraum und es sei

   $C=C(T,E)$

   der Vektorraum der stetigen Abbildungen von ${}T$ nach ${}E$. Dann ist ${}C$, versehen mit der Maximumsnorm, ein

   vollständiger metrischer Raum.

Aufgabe (11 (4+7) Punkte)

a) Sei

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0}$

eine monoton fallende stetige Funktion. Es sei vorausgesetzt, dass das uneigentliche Integral

$\int _{0}^{\infty }f(t)\,dt$

existiert. Zeige, dass

$\operatorname {lim} _{t\rightarrow \infty }\,f(t)=0$

ist.

b) Man zeige durch ein Beispiel, dass die Aussage in a) für eine stetige, nicht monoton fallende Funktion nicht gelten muss.

Lösung

a) Da das uneigentliche Integral existiert sind insbesondere die eigentlichen Integrale ${}\int _{0}^{c}f(t)\,dt$ für ${}c\in \mathbb {R} _{+}$ nach oben beschränkt, sagen wir durch die Schranke ${}b$. Nehmen wir an, dass die Funktion ${}f$ für ${}x\rightarrow \infty$ nicht gegen ${}0$ konvergiert. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es zu jedem ${}s\in \mathbb {R} _{+}$ ein ${}x\geq s$ mit ${}f(x)\geq \epsilon$ gibt. Wegen der Monotonie gilt auch ${}f(t)\geq \epsilon$ für alle ${}t\leq s$. Daher ist

${}\int _{0}^{s}f(t)\,dt\geq s\epsilon \,.$

Wir wählen ${}s$ derart, dass ${}s\epsilon >b$ ist und erhalten einen Widerspruch.

b) Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},$

die folgendermaßen definiert ist. Wenn ${}x$ zu einem Intervall der Form

$[n-{\frac {1}{n^{2}}},n+{\frac {1}{n^{2}}}]$

(mit einer natürlichen Zahl ${}n\geq 2$) gehört, so setzen wir

$f(x)=n^{2}x-n^{3}+1{\text{ für }}x\in [n-{\frac {1}{n^{2}}},n]{\text{ und }}f(x)=-n^{2}x+n^{3}+1{\text{ für }}x\in {]n,n+{\frac {1}{n^{2}}}]}$

und ${}0$ sonst. Dabei ist ${}f(n)=1$ für natürliche Zahlen ${}n\geq 2$, wie sich direkt durch Einsetzen ergibt. Da andererseits ${}f(n+{\frac {1}{2}})=0$ ist, existiert kein Grenzwert für ${}x\rightarrow \infty$. Die Abbildung ist stetig, wie sich ebenfalls durch Einsetzen an den Übergangsstellen ergibt. Um zu zeigen, dass das uneigentliche Integral existiert, betrachten wir zu natürlichen Zahlen ${}n$ die Integrale

$\int _{n-{\frac {1}{2}}}^{n+{\frac {1}{2}}}f(t)\,dt=\int _{n-{\frac {1}{n^{2}}}}^{n+{\frac {1}{n^{2}}}}f(t)\,dt.$

Da es sich um ein Dreieck mit Grundseite ${}2{\frac {1}{n^{2}}}$ und Höhe ${}1$ handelt, ist dieses Integral gleich ${}{\frac {1}{n^{2}}}$ (man kann auch durch ${}{\frac {2}{n^{2}}}$ abschätzen). Daher ist

$\int _{0}^{k+{\frac {1}{2}}}f(t)\,dt=\sum _{n=2}^{k}\int _{n-{\frac {1}{2}}}^{n+{\frac {1}{2}}}f(t)\,dt\leq \sum _{n=2}^{k}{\frac {1}{n^{2}}}.$

Da die Reihe rechts konvergiert, ist die linke Seite nach oben beschränkt, daher existiert das uneigentliche Integral.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die Cauchy-Schwarzsche Abschätzung.

Lösung

Bei ${}w=0$ ist die Aussage richtig. Es sei also ${}w\neq 0$ und damit auch ${}\Vert {w}\Vert \neq 0$. Damit hat man die Abschätzungen

${}{\begin{aligned}0&\leq \left\langle v-{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}w,v-{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}\left\langle w,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{2}}}\left\langle v,w\right\rangle +{\frac {\left\langle v,w\right\rangle \left\langle v,w\right\rangle }{\Vert {w}\Vert ^{4}}}\left\langle w,w\right\rangle \\&=\left\langle v,v\right\rangle -{\frac {\left\langle v,w\right\rangle ^{2}}{\Vert {w}\Vert ^{2}}}.\end{aligned}}$

Multiplikation mit ${}\Vert {w}\Vert ^{2}$ und Wurzelziehen ergibt das Resultat.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine stetig differenzierbare Kurve und sei

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ^{n}$

eine lineare Isometrie. Beweise die Längengleichheit

${}L(\gamma )=L(\varphi \circ \gamma )\,.$

Lösung

Für eine stetig differenzierbare Kurve

$\gamma \colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

gilt

$L(\gamma )=\int _{a}^{b}\Vert {\gamma '(t)}\Vert \,dt.$

Die Kurve ${}\varphi \circ \gamma$ ist ebenfalls stetig differenzierbar, und nach der Kettenregel gilt

${}(\varphi \circ \gamma )'(t)=\left(D\varphi \right)_{\gamma (t)}(\gamma '(t))=\varphi (\gamma '(t))\,,$

da ${}\varphi$ linear ist. Da ${}\varphi$ eine Isometrie ist, stimmt die Norm von ${}\gamma '(t)$ mit der Norm von ${}\varphi (\gamma '(t))$ überein. Daher ist

${}L(\varphi \circ \gamma )=\int _{a}^{b}\Vert {(\varphi \circ \gamma )'(t)}\Vert \,dt=\int _{a}^{b}\Vert {\gamma '(t)}\Vert \,dt=L(\gamma )\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

$\gamma \colon [-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,t\longmapsto {\left(t^{2},-t^{2}+1,t\right)},$

gegeben. Berechne das Wegintegral längs dieses Weges zum Vektorfeld

${}F(x,y,z)={\left(y^{2}-xz,xyz,5x^{2}z-yz\right)}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\int _{\gamma }F&=\int _{-1}^{1}\left\langle F(\gamma (t)),\gamma '(t)\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}(-t^{2}+1)^{2}-t^{3}\\t^{3}(-t^{2}+1)\\5t^{5}-t(-t^{2}+1)\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}\left\langle {\begin{pmatrix}t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1\\-t^{5}+t^{3}\\5t^{5}+t^{3}-t\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}2t\\-2t\\1\end{pmatrix}}\right\rangle dt\\&=\int _{-1}^{1}2t(t^{4}-t^{3}-2t^{2}+1)-2t(-t^{5}+t^{3})+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{5}-2t^{4}-4t^{3}+2t+2t^{6}-2t^{4}+5t^{5}+t^{3}-tdt\\&=\int _{-1}^{1}2t^{6}+7t^{5}-4t^{4}-3t^{3}+tdt\\&={\left({\frac {2}{7}}t^{7}+{\frac {7}{6}}t^{6}-{\frac {4}{5}}t^{5}-{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{2}}t^{2}\right)}{|}_{-1}^{1}.\end{aligned}}$

Für die geraden Exponenten heben sich die Summanden zu ${}1$ und ${}-1$ weg, zu ungeraden Exponenten verdoppeln sie sich. Daher ist dieses Integral gleich

${}2{\left({\frac {2}{7}}-{\frac {4}{5}}\right)}=2{\frac {10-28}{35}}=2{\frac {-18}{35}}=-{\frac {36}{35}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über das Verhalten von Lösungen einer linearen Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten bei einem Basiswechsel.

Lösung

Es sei vorausgesetzt, dass

${}v'=Mv\,$

ist. Dann gelten für ${}w=Bv$ mit ${}B=(b_{ij})_{ij}$ die Gleichungen

${}{\begin{aligned}w'(t)&={\begin{pmatrix}w_{1}'(t)\\\vdots \\w_{n}'(t)\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}(b_{11}v_{1}(t)+\cdots +b_{1n}v_{n}(t))'\\\vdots \\(b_{n1}v_{1}(t)+\cdots +b_{nn}v_{n}(t))'\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}b_{11}v'_{1}(t)+\cdots +b_{1n}v'_{n}(t)\\\vdots \\b_{n1}v'_{1}(t)+\cdots +b_{nn}v'_{n}(t)\end{pmatrix}}\\&=B{\begin{pmatrix}v_{1}'(t)\\\vdots \\v_{n}'(t)\end{pmatrix}}\\&=BM{\begin{pmatrix}v_{1}(t)\\\vdots \\v_{n}(t)\end{pmatrix}}\\&=BMB^{-1}{\begin{pmatrix}w_{1}(t)\\\vdots \\w_{n}(t)\end{pmatrix}},\end{aligned}}$

sodass ${}w$ die Differentialgleichung

${}w'=Nw\,$

löst. Die inverse Transformation zeigt, dass zu einer Lösung von ${}w'=Nw$ die Abbildung ${}B^{-1}w$ eine Lösung für ${}v'=Mv$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Funktion

$\mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto x^{2}+y.$

Lösung Skizziere/x^2+y/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 (2+1+1+3) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$

mit

${}f(x,y):={\begin{cases}{\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}{\text{ für }}(x,y)\neq (0,0)\,,\\0{\text{ für }}(x,y)=(0,0)\,.\end{cases}}\,$

a) Zeige, dass ${}f$ stetig ist.

b) Zeige, dass die Einschränkung von ${}f$ auf jede Gerade durch den Nullpunkt eine lineare Abbildung ist.

c) Zeige, dass zu ${}f$ im Nullpunkt in jede Richtung die Richtungsableitung existiert.

d) Zeige, dass ${}f$ im Nullpunkt nicht total differenzierbar ist.

Lösung

1. Für ${}(x,y)\neq (0,0)$ ist

   ${}\vert {\frac {x^{3}}{x^{2}+y^{2}}}\vert =\vert {x}\vert \vert {\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\vert \leq \vert {x}\vert \,.$

   Für eine gegen ${}(0,0)$ konvergente Folge konvergiert auch ${}\vert {x}\vert$ gegen ${}0$ und damit konvergiert wegen dieser Abschätzung auch die Bildfolge unter der Funktion gegen ${}0$. Daher liegt Stetigkeit im Nullpunkt vor. An den anderen Punkten liegt eine rationale, also stetige Funktion vor.

2. Die Gerade sei durch

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto {\begin{pmatrix}at\\bt\end{pmatrix}},$

   mit ${}(a,b)\neq 0$ parametrisiert. Die Einschränkung ist somit

   $t\mapsto f(at,bt)={\frac {a^{3}t^{3}}{a^{2}t^{2}+b^{2}t^{2}}}={\frac {a^{3}}{a^{2}+b^{2}}}t,$

   also linear.

3. Die Richtungsableitung in Richtung ${}v$ im Nullpunkt hängt nur vom Verhalten der Funktion auf der durch ${}v$ gegebenen Geraden ab. Nach Teil (2) ist dies eine lineare Funktion, sodass die Richtungsableitung existiert.
4. Nach Teil (2) ist die Richtungsableitung im Nullpunkt in Richtung ${}(a,b)$ durch ${}{\frac {a^{3}}{a^{2}+b^{2}}}$ gegeben. Die Richtungsableitung in Richtung des ersten Standardvektors ${}e_{1}$ ist somit ${}1$ und die Richtungsableitung in Richtung des zweiten Standardvektors ${}e_{2}$ ist ${}0$. Die Richtungsableitung in Richtung ${}(1,1)=e_{1}+e_{2}$ ist ${}{\frac {1}{2}}$. Wenn die Funktion total differenzierbar wäre, so würde aber

   ${}{\begin{aligned}{\left(D_{e_{1}+e_{2}}\varphi \right)}{\left(0\right)}&={\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{1}+e_{2}\right)}\\&={\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{1}\right)}+{\left(D\varphi \right)}_{0}{\left(e_{2}\right)}\\&={\left(D_{e_{1}}\varphi \right)}{\left(0\right)}+{\left(D_{e_{2}}\varphi \right)}{\left(0\right)}\\&=1+0\\&=1\end{aligned}}$

   gelten.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestätige die Kettenregel für ${}g\circ f$ für die beiden differenzierbaren Abbildungen

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ^{2},\,t\longmapsto (t^{3}-t,-t^{2}),$

und

$g\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x,y)\longmapsto xy+x+y.$

Lösung

Die zusammengesetzte Abbildung ${}g\circ f$ ist durch

${}{\begin{aligned}g(f(t))&=g(t^{3}-t,-t^{2})\\&=(t^{3}-t)(-t^{2})+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+t^{3}+t^{3}-t-t^{2}\\&=-t^{5}+2t^{3}-t^{2}-t\end{aligned}}$

gegeben, ihre Ableitung ist

$-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.$

Die Jacobi-Matrix zu ${}f$ ist

$\operatorname {Jak} (f)_{t}={\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}$

und die Jacobi-Matrix zu ${}g$ ist

$\operatorname {Jak} (g)_{(x,y)}=\left(y+1,\,x+1\right).$

Daher ist die Jacobi-Matrix zu ${}g$ in einem Punkt ${}f(t)$ gleich

$\operatorname {Jak} (g)_{(f_{1}(t),f_{2}(t))}=\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right).$

Das zu bildende Matrixprodukt dieser beiden Matrizen ist

${}{\begin{aligned}\left(-t^{2}+1,\,t^{3}-t+1\right)\circ {\begin{pmatrix}3t^{2}-1\\-2t\end{pmatrix}}&=(-t^{2}+1)(3t^{2}-1)+(t^{3}-t+1)(-2t)\\&=-3t^{4}+4t^{2}-1-2t^{4}+2t^{2}-2t\\&=-5t^{4}+6t^{2}-2t-1.\end{aligned}}$

Dies stimmt natürlich mit der direkt bestimmten Ableitung überein.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}U=(\mathbb {R} _{+}\times \mathbb {R} )\setminus \{(2,4),(4,2)\}\,.$

Begründe, ob die Abbildung

$\varphi \colon U\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(x,y)\longmapsto (x+y,xy,x^{y})=(u,v,w).$

injektiv ist oder nicht.

Lösung

Die Abbildung ist nicht injektiv. Um dies zu zeigen, weisen wir nach, dass es verschiedene Zahlen ${}x,y\in \mathbb {R} _{+}\setminus \{2,4\}$ mit

${}x^{y}=y^{x}\,$

gibt. Für ein solches Paar ist dann

${}\varphi (x,y)=\varphi (y,x)\,.$

Die Bedingung bedeutet

${}e^{y\ln x}=e^{x\ln y}\,$

und ist wegen der Injektivität der Exponentialfunktion äquivalent zu

${}y\ln x=x\ln y\,,$

was wiederum auf

${}{\frac {\ln x}{x}}={\frac {\ln y}{y}}\,$

führt. Die Abbildung

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {\ln x}{x}},$

ist stetig und hat in ${}x=1$ eine Nullstelle, ist für ${}x\geq 1$ positiv und konvergiert für ${}x\rightarrow +\infty$ gegen ${}0$. Somit nimmt die Funktion in einem Punkt ${}a\in {]1,+\infty [}$ ihr Maximum an (übrigens ist ${}a=e$). Für jedes ${}c\in {]0,f(a)[}$ gibt es dann nach dem Zwischenwertsatz ein ${}x\in {]0,a[}$ mit

${}f(x)=c\,$

und ein ${}y>a$ mit

${}f(y)=c\,.$

Da es unendlich viele ${}c$ gibt, kann man auch ${}x,y\neq 2,4$ sichern.

Aufgabe (12 (4+4+4) Punkte)

Es soll eine (quaderförmige) Schachtel mit den Seitenlängen ${}a,b,c\in \mathbb {R} _{+}$ angefertigt werden, deren Inhalt gleich

${}abc=1000\,{\rm {{cm}^{3}\,}}$

sein soll.

a) Wie müssen ${}a,b,c,$ gewählt werden, damit der Materialaufwand für die sechs Seiten kritisch (also extremal sein könnte) wird?

b) Ist der Materialaufwand unter der in a) beschriebenen Situation minimal oder maximal?

c) Für die Luxusversion der Schachtel aus Teil a) soll die kleinste Seitenfläche (vorne und hinten) mit einer Goldfolie bedeckt werden. Die Materialkosten für eine solche Seite sind dreimal so hoch wie für eine normale Seite. Für welche Seitenlängen sind nun die Materialkosten extremal?

Lösung

a) Wir schreiben die Inhaltsbedingung als

${}f(a,b,c)=abc=1000\,$

und die Flächenfunktion (bis auf den Faktor ${}2$) als

${}h(a,b,c)=ab+ac+bc\,.$

Die Ableitungen in einem Punkt ${}P=\left(a,\,b,\,c\right)$ sind

${}\left(Df\right)_{P}=\left(bc,\,ac,\,ab\right)\,$

und

${}\left(Dh\right)_{P}=\left(b+c,\,a+c,\,a+b\right)\,.$

Den Ansatz für die lineare Abhängigkeit schreiben wir als

${}{\begin{pmatrix}b+c\\a+c\\a+b\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}bc\\ac\\ab\end{pmatrix}}\,.$

Die Differenz von je zwei der Gleichungen führt auf

$b-a=\lambda c(b-a),\,c-a=\lambda b(c-a),\,c-b=\lambda a(c-b)\,.$

Wären die drei Zahlen ${}a,b,c$ alle untereinander verschieden, so würde sich durch kürzen sofort der Widerspruch

${}{\frac {1}{\lambda }}=a=b=c\,$

ergeben. Bei

${}a=b\neq c\,$

ergibt sich

${}{\frac {1}{\lambda }}=a\,$

und daraus mit der zweiten Zeile

${}a+c=c\,,$

also

${}a=0\,,$

was außerhalb des Definitionsbereiches liegt. Die einzige Möglichkeit für einen extremalen Punkt ist also

${}a=b=c\,$

(und ${}\lambda ={\frac {2}{a}}$). Wegen

${}abc=1000\,$

ist dieser Punkt ${}(10,10,10)$.

b) Wir arbeiten mit der Abbildung

$\psi \colon \mathbb {R} _{+}^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,(a,b)\longmapsto \left(a,\,b,\,{\frac {1000}{ab}}\right).$

Diese stiftet eine lokale Bijektion zwischen einer offenen Umgebung von ${}(10,10)$ und einer offenen Umgebung von ${}(10,10,10)$ der Faser von ${}f$, sodass es zu untersuchen genügt, ob die Funktion

${}{\tilde {h}}=h\circ \psi \,$

in ${}(10,10)$ ein Maximum oder ein Minimum besitzt. Es gilt

${}{\tilde {h}}(a,b)=ab+a{\frac {1000}{ab}}+b{\frac {1000}{ab}}=ab+{\frac {1000}{b}}+{\frac {1000}{a}}\,.$

Das totale Differential davon ist

$\left(b-{\frac {1000}{a^{2}}},\,a-{\frac {1000}{b^{2}}}\right)$

mit dem kritischen Punkt ${}(10,10)$. Die Hesse-Matrix dazu ist

${\begin{pmatrix}{\frac {2000}{a^{3}}}&1\\1&{\frac {2000}{b^{3}}}\end{pmatrix}}.$

Für den kritischen Punkt ist der Eintrag links oben positiv und die Determinante ist

${}4-1=3>0\,.$

Daher ist die Matrix positiv definit und somit liegt ein lokales Minimum vor.

c) Sei

${}a\leq b\leq c\,.$

Die Zielfunktion ist jetzt

${}g(a,b,c)=3ab+ac+bc\,.$

Die Lagrange-Bedingung ist somit

${}{\begin{pmatrix}3b+c\\3a+c\\a+b\end{pmatrix}}=\lambda {\begin{pmatrix}bc\\ac\\ab\end{pmatrix}}\,.$

Die Differenz der ersten beiden Gleichungen ist

${}3(b-a)=\lambda c(b-a)\,.$

Bei ${}a\neq b$ ergibt sich

${}3=\lambda c\,$

und daraus mit

${}3b+c=\lambda bc=3b\,$

der Wert

${}c=0\,,$

was nicht erlaubt ist. Also ist

${}a=b\,.$

Aus

${}2a=\lambda a^{2}\,$

folgt

${}\lambda ={\frac {2}{a}}\,.$

Aus

${}3a+c=\lambda ac=2c\,$

ergibt sich

${}c=3a\,.$

Aus der Volumenbedingung

${}1000=aa(3a)=3a^{3}\,$

folgt

${}a=b={\frac {10}{\sqrt[{3}]{3}}}\,$

und

${}c=10\cdot 3^{2/3}\,.$