Mathe B für Wirtschaftswissenschaftler Sommersemester 01 Walter Oevel 6. 7. 2001

Ü b u n g s b l a t t 13

Dieses Aufgabenblatt dient als Übungsmaterial. Abgabe und Korrektur sind nicht vorgesehen.

Aufgabe 48: (Extremwerte mit Nebenbedingungen)

Finde alle Punkte (x, y, z), an denen die Funktion f(x, y, z) = \frac{y + z}{1 + x^{2}} ein Extremum unter

der Nebenbedingung x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 haben kann.

Musterlösung: Die zu lösenden Gleichungen sind:

\begin{aligned}\frac{∂f}{∂x} = λ · \frac{∂g}{∂x} & ⇒ & \frac{−2 · x · (y + z)}{(1 + x^{2})^{2}} = λ · 2 · x, \\ \frac{∂f}{∂y} = λ · \frac{∂g}{∂y} & ⇒ & \frac{1}{1 + x^{2}} = λ · 2 · y, \\ \frac{∂f}{∂z} = λ · \frac{∂g}{∂z} & ⇒ & \frac{1}{1 + x^{2}} = λ · 2 · z \end{aligned}

sowie die Nebenbedingung

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1.

Aus der zweiten und dritten Gleichung

\frac{1}{1 + x^{2}} = 2 · λ · y = 2 · λ · z

folgt y = z (man beachte λ ≠ 0, da sonst \frac{1}{1+x^{2}} = 0 gelten müßte, was nicht sein kann). Wir setzen z = y in die 4 Gleichungen ein, wobei die zweite und dritte identisch werden (denn die haben wir benutzt, um z = y herauszufinden):

\frac{−4 · x · y}{(1 + x^{2})^{2}} = λ · 2 · x, \frac{1}{1 + x^{2}} = λ · 2 · y, \frac{1}{1 + x^{2}} = λ · 2 · y, x^{2} + 2 · y^{2} = 1. (#)

Setzen wir x ≠ 0 voraus, können wir die erste Gleichung durch 2 · x teilen. Damit verbleiben dann 3 Gleichungen für x, y, λ:

\frac{−2 · y}{(1 + x^{2})^{2}} = λ, \frac{1}{1 + x^{2}} = λ · 2 · y, x^{2} + 2 · y^{2} = 1.

Wir eliminieren λ aus der ersten Gleichung. Einsetzen liefert zwei verbleibende Gleichungen für x, y:

\frac{1}{1 + x^{2}} = \frac{−4 · y^{2}}{(1 + x^{2})^{2}} , x^{2} + 2 · y^{2} = 1,

also

−4 · y^{2} = 1 + x^{2}, x^{2} + 2 · y^{2} = 1.

Hier können wir nun abbrechen: die erste Gleichung kann keine (reelle) Lösung haben, denn −4y^{2} ≤ 0 und 1 + x^{2} ≥ 1.

Damit verbleibt nur noch die Möglichkeit x = 0 (die obige Rechnung, die zu keinem Ziel führte, lief unter der Voraussetzung x ≠ 0). Zusammen mit y = z vereinfacht dies die Gleichungen (#) zu

0 = 0, 1 = λ · 2 · y, 1 = λ · 2 · y, 2 · y^{2} = 1.

Die zweite und dritte Gleichung sind identisch und liefern einen (nicht interessierenden) Wert für λ, sobald y bekannt. Aus der vierten Gleichung folgt y = ±\frac{1}{\sqrt{2}}.

Mit x = 0, z = y existieren also zwei Kandidaten

(x, y, z) = (0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}), (x, y, z) = (0, −\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{\sqrt{2}})

für Extrema.

Aufgabe 49: (Differentialgleichungen, Separation) Finde alle ’isoelastischen’ Funktionen, d.h., bestimme die allgemeine Form der Funktionen f(x), die die Eigenschaft haben, daß die Elastizität ϵ_{f,x}(x) konstant ist.

Musterlösung: Die Elastizität einer Funktion war definiert als

ϵ_{f,x}(x) = \frac{f′(x) · x}{f(x)}.

Setzen wir dies gleich einer Konstanten ϵ, so ergibt sich eine Differentialgleichung für f:

ϵ_{f,x}(x) = \frac{f′(x) · x}{f(x)} = ϵ ⇒ \frac{f′(x)}{f(x)} = \frac{ϵ}{x}.

Mit y = f(x), f′(x) = \frac{dy}{dx} lassen sich die Variablen sofort trennen:

\frac{\frac{dy}{dx}}{y} = \frac{ϵ}{x} ⇒ \frac{dy}{y} = \frac{ϵ}{x} dx ⇒ ∫ \frac{dy}{y} = ∫ \frac{ϵ}{x} dx

⇒ ln(|y|) = ϵ ln(|x|) + c̃ ⇒ ln(|y|) = ln(|x|^{ϵ}) + c̃

⇒ |y| = e^{ln(|x|^{ϵ})+c̃} ⇒ y = \underbrace{±ec̃}_{c} ·e^{ln(|x|^{ϵ})}

⇒ y = c · |x|^{ϵ}

mit einer beliebigen Konstanten c. Damit ist die allgemeinste Form einer isoelastischen Funktion f(x) = c · |x|^{ϵ}, wobei ϵ die konstante Elastizität ist.

Aufgabe 50: (Differentialgleichungen, Separation)

a) Bestimme die allgemeine Lösung der DGL y′ − x^{2} · y^{2} = 0.

b) Bestimme die spezielle Lösung der DGL y′ − x^{2} · y^{2} = 0 mit y(1) = 1.

Musterlösung:

a) Separation:

y′ − x^{2} · y^{2} = 0 ⇒ \frac{dy}{dx} = x^{2} · y^{2} ⇒ \frac{dy}{y^{2}} = x^{2} dx ⇒ ∫ \frac{dy}{y^{2}} = ∫ x^{2} dx

⇒ −\frac{1}{y} = \frac{x^{3}}{3} + \frac{c}{3} ⇒ y = −\frac{3}{x^{3} + c}.

Hierbei wurde die Integrationskonstante als \frac{c}{3} eingeführt, damit das Ergebnis hübscher aussieht.

b) Anpassen der Konstanten c an die Anfangsbedingung:

y(1) = −\frac{3}{1^{3} + c} ⇒ \frac{−y(1)}{3} = \frac{1}{1 + c} ⇒ 1 + c = \frac{3}{−y(1)} ⇒ c = \frac{3}{−y(1)} − 1.

Für y(1) = 1 ergibt sich c = −4, also ist die spezielle Lösung zu dieser Anfangsbedingung

y(x) = −\frac{3}{x − 4} = \frac{3}{4 − x}.

Aufgabe 51: (Differentialgleichungen, Variation der Konstanten)

a) Bestimme die allgemeine Lösung der DGL y′ − x^{2} · y = x^{5}.

b) Bestimme die spezielle Lösung der DGL y′ − x^{2} · y = x^{5} mit y(1) = 1.

Musterlösung:

a) Wir brauchen zunächst die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung y′ = x^{2} · y. Wir benutzen direkt die Lösungsformel aus Beispiel 6.16 der Vorlesung:

y_{h}(x) = c · e^{F (x)},

wobei F (x) irgendeine Stammfunktion von x^{2} ist, also z.B. F (x) = \frac{x^{3}}{3} . Die homogene Lösung ist damit

y_{h}(x) = c · e^{\frac{x^{3}}{3}} .

Nun ’Variation der Konstanten’. Ansatz für die inhomogene DGL:

y(x) = c(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} .

In die DGL y′ − x^{2} · y = x^{5} eingesetzt ergibt sich

c′(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} + c(x) · x^{2} · e^{\frac{x^{3}}{3}} − x^{2} · c(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} = x^{5}
⇒ c′(x) = x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} ⇒ c(x) = ∫ x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} dx

Es verbleibt, die Stammfunktion von x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} zu finden. Substitution z = −\frac{x^{3}}{3} , dz = −x^{2} dx:

∫ x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} dx = ∫ x^{5} · e^{z} \frac{−dz}{x^{2}} = ∫ (−x^{3}) · e^{−z} dz = 3 · ∫ z · e^{z} dz.

Partielle Integration:

3 · ∫ \underbrace{z}_{f} · \underbrace{e^{z}}_{g′} dz = 3 · \underbrace{z}_{f} · \underbrace{e^{z}}_{g} − 3 · ∫ \underbrace{1}_{f′} · \underbrace{e^{z}}_{g} dz = 3 · z · e^{z} − 3 · e^{z} + c̃.

Rücksubstitution z = −\frac{x^{3}}{3} :

c(x) = ∫ x^{5} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} dx = 3 · z · e^{z} − 3 · e^{z} = −x^{3} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} − 3 · e^{− \frac{x^{2}}{3}} + c̃.

Die allgemeine Lösung der DGL y′ − x^{2} · y = x^{5} ist damit

y(x) = c(x) · e^{\frac{x^{3}}{3}} = ( − x^{3} · e^{− \frac{x^{3}}{3}} − 3 · e^{− \frac{x^{2}}{3}} + c̃) · e^{\frac{x^{3}}{3}} = −x^{3} − 3 + c̃ · e^{\frac{x^{3}}{3}}

mit einer beliebigen Konstanten c̃.

b) Anpassen der Anfangsbedingung:

y(1) = −1^{3} − 3 + c̃ · e^{\frac{1^{3}}{3}} = 1 ⇒ c̃ · e^{\frac{1^{3}}{3}} = 5 ⇒ c̃ · 5 · e^{− \frac{1}{3}} .

Die spezielle Lösung zu dieser Anfangsbedingung ist damit y(x) = −x^{3} − 3 + 5 · e^{− \frac{1}{3}} · e^{\frac{x^{3}}{3}} = −x^{3} − 3 + 5 · e^{\frac{x^{3}}{3} − \frac{1}{3}} = −x^{3} − 3 + 5 · e^{\frac{x^{3}−1}{3}} .