\documentclass[11pt]{article}

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\begin{document}

\newcommand{\AND}{\wedge}
\newcommand{\OR}{\vee}
\newcommand{\SetR}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\SetN}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\SetZ}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\SetC}{\ensuremath{\mathbb{C}}}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 6} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
  Übungsgruppe 1 - Mo, 14-16 Uhr \\
  Janko Böhm
\end{center}

\newpage

\section*{Aufgabe 1}
\subsubsection*{(b)}
$$q(x) = 2x_1x_3+x_2^2+x_1+x_2+x_3-1$$
$$q(x) = ^txAx+^tbx+c$$
Mit $x=\left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right)$, $A=\left(\begin{array}{ccc}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{array}\right)$ und $b=\left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$ und $c=-1$.
\begin{itemize}
\item Eigenwerte von $A$
\begin{eqnarray*}
det(A-tE) & = & \left|\begin{array}{ccc}-t & 0 & 1 \\ 0 & 1-t & 0 \\ 1 & 0 & -t\end{array}\right| = 0 \\
\Leftrightarrow t^2(1-t)-(1-t) & = & (1-t)(t^2-1) = 0 \\
\Leftrightarrow (-1)(t-1)^2(t+1) & = & 0 \\
t_{1,2} & = & 1 \\
t_3 & = & -1
\end{eqnarray*}
$\Rightarrow$ Eigenwerte: $\lambda_{1,2}=1$, $\lambda_3=-1$.

\item Bestimmung von Eigenvektoren $w_1,w_2,w_3$ zu den Eigenwerte von $A$, sodass $(w_1,w_2,w_3)$ eine Orthonormalbasis des $\SetR^3$ ist.
1. $(A-E)\cdot v=0$
\begin{eqnarray*}
\left(\begin{array}{ccc}-1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1\end{array}\right)\cdot v & = & \left(\begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right) \\
\Rightarrow v_1 & = & \left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right) \\
v_2 & = & \left(\begin{array}{c}1 \\ -2 \\ 1\end{array}\right) \\ \\
\Rightarrow w_1 & = & \frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right) \\
w_2 & = & \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1 \\ -2 \\ 1\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
2. $(A+E)\cdot v = 0$
\begin{eqnarray*}
\left(\begin{array}{ccc}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{array}\right)\cdot v & = & \left(\begin{array}{c}0 \\ 0 \\ 0\end{array}\right) \\
\Rightarrow v_3 & = & \left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right) \\
\Rightarrow w_3 & = & \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
$$(w_1,w_2,w_3) = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right), \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1 \\ -2 \\ 1\end{array}\right), \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1 \\ 0 \\ -1\end{array}\right)\right)$$
ist eine Orthonormalbasis des $\SetR^3$.

\item Betrachte
$$ S = \left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{2}{\sqrt{6}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)$$

\item Man kann nachrechnen, dass
$$^tSAS = diag(1,1,-1)=:D$$

\item Ersetze $x$ in $q(x)$ durch $Sx$:
\begin{eqnarray*}
q(Sx) & = & ^t(Sx)A(Sx)+^tb(Sx)+c \\
q(Sx) & = & ^tx^tSASx+(^tbS)x+c \\
q(Sx) & = & ^txDx+(^tbS)x+c \\
\Rightarrow q(Sx) & =& \lambda_1x_1^2+\lambda_2x_2^2+\lambda_3x_3^2+\mu_1x_1+\mu_2x_2+\mu_3x_3-1
\end{eqnarray*}

\item
\begin{eqnarray*}
^tbS & = & (1,1,1)\cdot S \\
& = & (1,1,1)\cdot \left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{2}{\sqrt{6}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right) \\
& = & (\frac{3}{\sqrt{3}},0,0) \\
& = & (\sqrt{3},0,0)
\end{eqnarray*}

\item Einsetzen:
\begin{eqnarray*}
q(Sx) & = & (x_1,x_2,x_3) \cdot diag(1,1,-1)\cdot \left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right)+(\sqrt{3},0,0)\cdot\left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right) - 1 \\
& = & (x_1,x_2,-x_3) \cdot \left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right) + \underbrace{\sqrt{3}}_{\mu_1}x_1 + \underbrace{0}_{\mu_2}x_2 + \underbrace{0}_{\mu_3}x_3 - 1 \\
q(Sx) & = & x_1^2+x_2^2-x_3^2 + \sqrt{3}x_1 - 1 \\
q(Sx) & = & \left(x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + x_2^2 - x_3^2 - \frac{7}{4} \\
q(S\left(\begin{array}{c}x_1 - \frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right)) & = & x_1^2 + x_2^2 - x_3^2 - \frac{7}{4}
\end{eqnarray*}

Sei $S\left(\begin{array}{c}x_1-\frac{\sqrt{3}}{2} \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right) = x' = \left(\begin{array}{c}x_1' \\ x_2' \\ x_3'\end{array}\right)$
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow q(x') & = & x_1'^2+x_2'^2-x_3'^2-\frac{7}{4} \\
\Rightarrow Q_2 & = & \{x' \in\SetR^3 \mid x_1'^2+x_2'^2-x_3'^2-\frac{7}{4}=0\}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
x_1'^2 + x_2'^2 -x_3'^2 & = & \frac{7}{4} \\
\frac{x_1'^2}{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^2} + \frac{x_2'^2}{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^2} - \frac{x_3'^2}{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^2} & = & 1 \\
\Rightarrow Q_2 & = & \{x'\in\SetR^3 \mid \frac{x_1'^2}{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^2} + \frac{x_2'^2}{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^2} - \frac{x_3'^2}{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^2} = 1\}
\end{eqnarray*}
\end{itemize}

\section*{Aufgabe 2}
$$Q:=\{(x,y)\in\SetR^2 \mid x^2+\frac{1}{4}y^2-\frac{1}{4}z^2=1\}$$
$$f:\SetR^3\to\SetR \text{ mit } f(x,y,z)=x+y+z$$
Sei $g(x,y,z)=x^2+\frac{1}{4}y^2-\frac{1}{4}z^2-1$. Dann ist $x^2+\frac{1}{4}y^2-\frac{1}{4}z^2=1 \Leftrightarrow g(x,y,z)=0$. Lagrange-Funktion:
\begin{eqnarray*}
L(x,y,z,\lambda) & = & f(x,y,z)+\lambda\cdot g(x,y,z); \quad ((x,y,z),\lambda)\in\SetR^3\times\SetR \\
L(x,y,z,\lambda) & = & x+y+z+\lambda\cdot(x^2+\frac{1}{4}y^2-\frac{1}{4}z^2-1)
\end{eqnarray*}
Bilde:
\begin{eqnarray*}
D_xL & = & \frac{\partial L}{\partial x} = 1+2\lambda x \\
D_yL & = & \frac{\partial L}{\partial y} = 1+\frac{1}{2}\lambda y \\
D_zL & = & \frac{\partial L}{\partial z} = 1-\frac{1}{2}\lambda z \\
D_\lambda L & = & \frac{\partial L}{\partial\lambda} = x^2+\frac{1}{4}y^2-\frac{1}{4}z^2-1 = g(x,y,z)
\end{eqnarray*}
Das folgende System ist zu lösen:
\begin{eqnarray}
1+2\lambda x & = & 0 \\
1+\frac{1}{2}\lambda y & = & 0 \\
1-\frac{1}{2}\lambda z & = & 0 \\
g(x,y,z) & = & 0 \Leftrightarrow x^2+\frac{1}{4}y^2-\frac{1}{4}z^2-1=0
\end{eqnarray}
Aus (1), (2) und (3) folgt, dass gelten muss:
$$x\ne0 \AND y\ne0 \AND z\ne0$$
Aus (3):
\begin{eqnarray*}
1-\frac{1}{2}\lambda z = 0 & \Leftrightarrow & \lambda = \frac{2}{z} \\
\lambda=\frac{2}{z} \text{ in } (1) \Rightarrow 1+2\frac{2}{z}x=0 & \Leftrightarrow & 1+\frac{4x}{z} = 0 \\
& \Leftrightarrow & x=-\frac{z}{4} \\
\lambda=\frac{2}{z} \text{ in } (2) \Rightarrow 1+\frac{1}{2}\frac{2}{z}y = 0 & \Leftrightarrow & 1+\frac{y}{z} = 0 \\
& \Leftrightarrow & y=-z
\end{eqnarray*}
$x=-\frac{7}{4} \AND y=-z$ in (4) einsetzen:
\begin{eqnarray*}
\left(-\frac{7}{4}\right)^2 + \frac{1}{4}(-z)^2-\frac{1}{4}z^2-1 & = & 0 \\
\frac{1}{16}z^2 + \frac{1}{4}z^2-\frac{1}{4}z^2-1 & = & 0 \\
\Leftrightarrow z^2 & = & 16 \\
\Leftrightarrow |z| & = & 4 \\
\Leftrightarrow z & = & 4 \\
\OR z & = & -4
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
z_1 = 4 & & z_2 = -4 \\
x_1 = -1 & & x_2 = 1 \\
y_1 = -4 & & y_2 = 4 \\
\lambda_1 = \frac{1}{2} & & \lambda_2 = -\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
Setze $z_{1,2} = \pm 4$ in $g(x,y,z)=0$ ein:
\begin{eqnarray*}
g(x,y,\pm4) = 0 & \Leftrightarrow & x^2+\frac{1}{4}y^2-5 = 0 \\
\Rightarrow Q=\{(x,y)\in\SetR^2\mid x^2+\frac{1}{4}y^2-5=0\}
\end{eqnarray*}
Für $z_1=4$ ist $q_1=(x_1,y_1)=(-1,-4)\in Q$ ein möglicher Extrempunkt von
$$f(x,y,4) = x+y+4 =: f_1(x,y)$$
Für $z_2=-4$ ist $q_2=(x_2,y_2)=(1,4)\in Q$ ein möglicher Extrempunkt von
$$f(x,y,-4) = x+y-4 =: f_2(x,y)$$
Vorbetrachtung: \\
Es gilt: $f_1(-1,-4) = -1+(-4)+4 = -1$
\begin{eqnarray*}
(x,y) \in Q \text{ beliebig} & \Leftrightarrow & x^2+\frac{1}{4}y^2=5 \\
& \Leftrightarrow & \frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{20} = 1 \\
& \Leftrightarrow & \frac{x^2}{(\sqrt{5})^2} + \frac{y^2}{(2\sqrt{5})^2}=1
\end{eqnarray*}
Dies ist die Gleichung einer Ellipse mit Mittelpunkt $M(0|0)$ und den Halbachsen $a=\sqrt{5}$ und $b=2\sqrt{5}$. Deshalb gilt:
$$|x|\le\sqrt{5} \AND |y|\le2\sqrt{5}$$
(I) Zeige, dass $q_1=(-1,-4)$ isoliertes Minimum von $f_1$ auf $Q=\{(x,y)\in\SetR^2 \mid x^2+\frac{1}{4}y^2 = 5\}$ ist: \\
1. Fall: Seien $x\in[-\sqrt{5},\sqrt{5}] \AND y\in[0,2\sqrt{5}]$:
$$\Rightarrow f_1(x,y) = x+y+4 \ge -\sqrt{5}+0+4 = 4-\sqrt{5}>-1$$
also ist:
$$f_1(x,y)>f_1(-1,-4)$$
2. Fall: Seien $x\in[-\sqrt{5},\sqrt{5}] \AND y\in[-2\sqrt{5},0]$: \\
Zunächst gilt:
\begin{eqnarray*}
x^2+\frac{1}{4}y^2=5 & \Leftrightarrow & y^2=4(\underbrace{5-x^2}_{\ge 0}) \\
& \Leftrightarrow & |y| = 2\sqrt{5-x^2} \\
& \Leftrightarrow & -y = 2\sqrt{5-x^2} \quad \quad (*)
\end{eqnarray*}
Weiterhin gilt:
\begin{eqnarray*}
5(x+1)^2 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 5x^2+10x+5 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow x^2+10x+25 & \ge & 20-4x^2 \\
\Leftrightarrow (\underbrace{x+5}_{>0})^2 & \ge & 4(\underbrace{5-x^2}_{\ge0}) \\
\Leftrightarrow x+5 & \ge & 2\sqrt{5-x^2} \\
\stackrel{(*)}{\Leftrightarrow} x+5 & \ge & -y \\
\Leftrightarrow x+y+4 & \ge & -1 \\
\Leftrightarrow f_1(x,y) & \ge & f_1(-1,-4)
\end{eqnarray*}
Ergebnis (I): Da $f_1(x,y)=f_1(-1,-4)$ nur für $(x,y)=(-1,-4)$ auftritt, ist (gemäß Fall 1 und Fall 2 aus (I)) der Punkt $q_1=(-1,-4)$ ein isoliertes Minimum von $f_1=f(x,y,4)$ auf $Q$ mit dem Minimumwert $-1$. \\ \\
(II) Zeige, dass $q_2=(1,4)$ isoliertes Maximum von $f_2$ auf $Q=\{(x,y)\in\SetR^2 \mid x^2+\frac{1}{4}y^2=5\}$ ist. Es gilt:
$$f_2(1,4) = 1+4-4 =1$$
1. Fall: Sei $x\in[-\sqrt{5},\sqrt{5}] \AND y\in[-2\sqrt{5},0]$:
$$\Rightarrow f_2(x,y) = x+y-4 \le \sqrt{5}+0-4 = \sqrt{5}-4 < 1$$
also:
$$f_2(x,y)<f_2(1,4)$$
2. Fall: Seien $x\in[-\sqrt{5},\sqrt{5}] \AND y\in[0,2\sqrt{5}]$: \\
Zunächst gilt:
\begin{eqnarray*}
x^2+\frac{1}{4}y^2 = 5 & \Leftrightarrow & y^2 = 4(\underbrace{5-x^2}_{\ge 0}) \\
& \Leftrightarrow & |y| = 2\sqrt{5-x^2} \\
& \Leftrightarrow & y = 2\sqrt{5-x^2} \quad \quad (**)
\end{eqnarray*}
Weiterhin gilt:
\begin{eqnarray*}
5(x-1)^2 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 5x^2-10x+5 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow x^2-10x+25 & \ge & 20-4x^2 \\
\Leftrightarrow (\underbrace{5-x}_{>0})^2 & \ge & 4(\underbrace{5-x^2}_{\ge0}) \\
\Leftrightarrow 5-x & \ge & 2\sqrt{5-x^2} \\
\stackrel{(**)}{\Leftrightarrow} 5-x & \ge & y \\
\Leftrightarrow -x-y+4 & \ge & -1 \\
\Leftrightarrow x+y+-4 & \le & 1 \\
\Leftrightarrow f_2(x,y) & \le & f_2(1,4)
\end{eqnarray*}
Ergebnis (II): Da $f_2(x,y)=f_2(1,4)$ nur für $(x,y)=(1,4)$ auftritt, ist (gemäß Fall 1 und Fall 2 aus (II)) der Punkt $q_2=(1,4)$ ein isoliertes Maximum von $f_2=f(x,y,-4)$ auf $Q$ mit dem Maximumwert $1$.

\section*{Aufgabe 3}
$$x^3+y^3-1=0 \; \; \; \text{ Punkt } p=(0,1)$$
Betrachte die Funktion
$$F:\SetR\times\SetR \to \SetR$$
$$(x,y) \mapsto x^3+y^3-1$$
Es gilt: $F$ ist in $\SetR\times\SetR$ stetig differenzierbar. Für $p=(0,1)\in\SetR\times\SetR$ gilt: $F(0,1)=0$; $\frac{\partial F}{\partial y}=3y^2 \Rightarrow \frac{\partial F}{\partial y}((0,1)) = 3 \ne 0$ \\
$\Rightarrow \frac{\partial F}{\partial y}((0,1))$ besitzt ein Inverses, d.h. die $1\times1$-Matrix $(\frac{\partial F}{\partial y}((0,1)))$ ist invertierbar. \\
$\Rightarrow$ die implizierte Gleichung $x^3+y^3-1=0 \; \; (*)$ lässt sich im Punkt $p=(0,1)$ nach $y$ auflösen. \\
Bemerkung: $(*)$ lässt sich in $p=(0,1)$ nicht nach $x$ auflösen, denn: $\frac{\partial F}{\partial x}=3x^2 \Rightarrow \frac{\partial F}{\partial x}((0,1))=0$.
\begin{eqnarray*}
x^3y^3-1=0 & \Leftrightarrow & y^3 = 1-x^3 \\
& \Leftrightarrow & y=\sqrt[3]{1-x^3} = \left(1-x^3\right)^{\frac{1}{3}}
\end{eqnarray*}
Sei $f(x):=\sqrt[3]{1-x^3} \Rightarrow f(0)=1$ \\
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow f'(x) & = & \frac{1}{3}\left(1-x^3\right)^{-\frac{2}{3}}\cdot\left(-3x^2\right) = - \frac{x^2}{\left(1-x^3\right)^{\frac{2}{3}}} \\
\Rightarrow f'(0) & = & 0 \\
\Rightarrow f''(x) & = & -\frac{2x\left(1-x^3\right)^{\frac{2}{3}}-x^2\frac{2}{3}\left(1-x^3\right)^{-\frac{1}{3}}\left(-3x^2\right)}{\left(1-x^3\right)^{\frac{4}{3}}} \\
& = & -\frac{2x\left(1-x^3\right)+2x^4}{\left(1-x^3\right)^{\frac{5}{3}}} \\
& = & -2\frac{x}{\left(1-x^3\right)^{\frac{5}{3}}} \\
\Rightarrow f''(0) & = & 0 \\
f'''(x) & = & -2\frac{1\left(1-x^3\right)^{\frac{5}{3}}-x\cdot\frac{5}{3}\cdot\left(1-x^3\right)^{\frac{2}{3}}\cdot\left(-3x^2\right)}{\left(1-x^3\right)^{\frac{10}{3}}} \\
& = & -2\frac{1-x^3+5x^3}{\left(1-x^3\right)^{\frac{8}{3}}} \\
& = & -2\frac{4x^3+1}{\left(1-x^3\right)^{\frac{8}{3}}} \\
\Rightarrow f'''(0) & = & -2
\end{eqnarray*}
Taylorpolynom von $f(x)$ in $x_0=0$ bis zum Grad $3$:
\begin{eqnarray*}
f(x) & = & \sum_{k=0}^3 \frac{f^{(k)}(0)}{k!} \cdot x^k \\
& = & f(0) + \frac{f'''(0)}{3!} \cdot x^3 \\
f(x) & = & 1-\frac{1}{3}x^3
\end{eqnarray*}

\section*{Aufgabe 4}
$$f:\SetR^2\to\SetR$$
$$f(x,y) = 4x^2-xy$$
$$M:=\{(x,y)\in\SetR^2 \mid 9x^2+y^2 \le 1\}$$
\begin{enumerate}
\item Betrachte zunächst $\stackrel{\circ}{M} := \{(x,y)\in\SetR^2 \mid 9x^2+y^2<1\}$
\begin{eqnarray*}
D_xf & = & \frac{\partial f}{\partial x} = 8x-y \\
D_yf & = & \frac{\partial f}{\partial y} = -x
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung: $D_xf = 0 \AND D_yf=0$ \\
$D_yf=0 \Leftrightarrow -x=0 \Leftrightarrow x=0$ \\
Einsetzen in $D_xf=0 \Rightarrow y=0$ \\
$\Rightarrow p_0=(0,0)\in\stackrel{\circ}{M}$ ist möglicher Extrempunkt von $f$.
\begin{eqnarray*}
D_x^2f & = & \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = 8 \\
D_y^2f & = & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = 0 \\
D_xD_yf & = & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -1 = D_yD_xf
\end{eqnarray*}
$\Rightarrow (Hesse \; f)(p_0) = \left(\begin{array}{rr}8 & -1 \\ -1 & 0\end{array}\right)$ ist indefinit, denn:
$$det((Hesse\;f)(p_0)-t\cdot E_2) = det\left(\begin{array}{rr}8-t & -1 \\ -1 & -t\end{array}\right) = (8-t)(-t)-(-1)^2 \stackrel{!}{=} 0$$
$$\Leftrightarrow t^2-8t-1 = 0 \Rightarrow t_{1/2} = 4 \pm \sqrt{17}$$
Folglich besitzt $(Hesse\;f)(p_0)$ die Eigenwerte $\lambda_1=4+\sqrt{17}>0$ und $\lambda_2=4-\sqrt{17}<0$ \\
$\Rightarrow f$ besitzt in $p_0=(0,0)$ kein lokales Extremum.

\item Betrachte nun den Rand von $M$: \\
$\partial M = \{(x,y)\in\SetR \mid 9x^2+y^2=1\}$. Sei $g(x,y) = 9x^2+y^2-1$. Dann ist $9x^2+y^2=1$. \\
Die Lagrange-Funktion lautet: $g(x,y)=0$.
\begin{eqnarray*}
L(x,y,\lambda) & = & f(x,y)+\lambda\cdot g(x,y) \quad, \quad \quad \lambda\in\SetR \\
L(x,y,\lambda) & = & 4x^2-xy+\lambda\cdot(9x^2+y^2-1)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray}
D_xL & = & \frac{\partial L}{\partial x} = 8x-y+18\lambda x = 0 \\
D_yL & = & \frac{\partial L}{\partial y} = -x+2\lambda y = 0 \\
D_\lambda L & = & \frac{\partial L}{\partial \lambda} = \underbrace{9x^2+y^2-1}_{=g(x,y)} = 0
\end{eqnarray}
Aus (2): $2\lambda y=x$ \\
1. Fall: $y=0 \Rightarrow x=0$, aber $g(0,0)=-1$. Somit erfüllt $(x,y)=(0,0)$ nicht die Bedingung $g(x,y)=0$ \\
2. Fall: $y\ne0 \Rightarrow \lambda=\frac{x}{2y}$.
\begin{eqnarray*}
\text{in (1):} 8x-y+18\frac{x}{2y}x & = & 0 \\
16xy-2y^2+18x^2 & = & 0 \\
8xy-y^2+9x^2 & = & 0 \\
\Leftrightarrow y^2-8xy-9x^2 & = & 0 \\
y_{1/2} = 4x \pm \sqrt{16x^2+9x^2} & = & 4x \pm \sqrt{25x^2} \\
y_{1/2} & = & 4x \pm 5 \cdot |x| \\
\text{Für }x\ge0\text{: } y_{1/2} & = & 4x \pm 5x \\
\Leftrightarrow y & = & 9x \\
\OR y & = & -x \\
\text{Für }x<0\text{: } y_{1/2} & = & 4x \mp 5x \\
\Leftrightarrow y & = & -x \\
\OR y & = & 9x
\end{eqnarray*}
(I) Für $y=9x$ folgt aus (3): $9x^2+81x^2-1=0$
\begin{eqnarray*}
\Leftrightarrow 90x^2=1 & \Leftrightarrow & x^2 = \frac{10}{900} \Leftrightarrow |x| = \frac{1}{30}\cdot\sqrt{10} \\
x_1 = \frac{1}{30}\sqrt{10} & & x_2 = -\frac{1}{30}\sqrt{10} \\
\Rightarrow y_1 = 9x_1 = \frac{3}{10}\sqrt{10} & & y_2 = 9x_2 = -\frac{3}{10}\sqrt{10}
\end{eqnarray*}
Also: \\
$p_1 = (x_1,y_1) = \left(\frac{1}{30}\sqrt{10}, \frac{3}{10}\sqrt{10}\right)$ und $p_2=(x_2,y_2)=\left(-\frac{1}{30}\sqrt{10}, -\frac{3}{10}\sqrt{10}\right) = (-x_1,-y_1)$ sind mögliche Extrempunkte von $f$ auf $\partial M$.
\begin{eqnarray*}
f(x_1,y_1) & = & 4x_1^2-x_1y_1 \\
& = & 4\frac{1}{90}-\frac{1}{30}\sqrt{10}\cdot\frac{3}{10}\sqrt{10} \\
& = & \frac{4}{90}-\frac{3}{30} = \frac{4-9}{90} = -\frac{5}{90} = -\frac{1}{18} \\ \\
f(x_2,y_2) & = & 4x_2^2-x_2y_2 \\
& = & 4(-x_1)^2-(-x_1)(-y_1) \\
& = & 4x_1^2-x_1y_1 = -\frac{1}{18}
\end{eqnarray*}
Zeige nun, dass $p_1=(x_1,y_1)$ und $p_2=(x_2,y_2)$ isolierte Minima von $f$ auf dem Rand von $M$ sind: \\
Sei $(x,y)\in\partial M$ beliebig $\Leftrightarrow 9x^2+y^2=1 \quad (*)$. Es gilt:
\begin{eqnarray*}
(9x-y)^2 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 81x^2-18xy+y^2 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 72x^2-18xy+9x^2+y^2 & \ge & 0 \\
\stackrel{(*)}{\Leftrightarrow} 72x^2-18xy+1 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 4x^2-xy+\frac{1}{18} & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 4x^2-xy & \ge & -\frac{1}{18} \\
\Leftrightarrow f(x,y) & \ge & -\frac{1}{18}
\end{eqnarray*}
und somit $f(x,y)\ge f(x_1,y_1) \AND f(x,y) \ge f(x_2,y_2)$. \\ \\
Ergebnis (I): \\
Da $f(x,y)=f(x_i,y_i) \quad (i=1,2)$ nur für die Punkte $p_1=\left(\frac{1}{30}\sqrt{10},\frac{3}{10}\sqrt{10}\right)$ und $p_2=\left(-\frac{1}{30}\sqrt{10},-\frac{3}{10}\sqrt{10}\right)$ isolierte (lokale) Minima von $f$ auf $\partial M$, jeweils mit dem Minimumwert $-\frac{1}{18}$. \\ \\
(II) Für $y=-x$ folgt aus (3): $9x^2+(-x)^2-1=0$
\begin{eqnarray*}
\Leftrightarrow 10x^2=1 & \Leftrightarrow & x^2 = \frac{1}{10}=\frac{10}{100} \\
\Leftrightarrow |x|=\frac{1}{10}\sqrt{10} & & \\
x_3=\frac{1}{10}\sqrt{10} & & x_4 = -\frac{1}{10}\sqrt{10} \\
\Rightarrow y_3 = -x_3 = -\frac{1}{10}\sqrt{10} & & y_4=-x_4 = \frac{1}{10}\sqrt{10}
\end{eqnarray*}
Also: \\
$p_3=(x_3,y_3) = \left(\frac{1}{10}\sqrt{10},-\frac{1}{10}\sqrt{10}\right)$ und $p_4=(x_4,y_4)=\left(-\frac{1}{10}\sqrt{10},\frac{1}{10}\sqrt{10}\right) = (-x_3,-y_3)$ sind mögliche Extrempunkte von $f$ auf $\partial M$.
\begin{eqnarray*}
f(x_3,y_3) & = & 4x_3^2-x_3y_3 \\
& = & 4\frac{1}{10}-\frac{1}{10}\sqrt{10}\cdot\left(-\frac{1}{10}\sqrt{10}\right) \\
& = & \frac{4}{10}+\frac{1}{10} = \frac{1}{2} = f(x_4,y_4)
\end{eqnarray*}
Zeige nun, dass $p_3=(x_3,y_3)$ und $p_4=(x_4,y_4)$ isolierte Maxima von $f$ auf dem Rand von $M$ sind: \\
Sei $(x,y)\in\partial M$ beliebig $\Leftrightarrow 9x^2+y^2=1 \quad (**)$. Es gilt:
\begin{eqnarray*}
(-x-y)^2 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow x^2-9x^2+2xy+9x^2+y^2 & \ge & 0 \\
\stackrel{(**)}{\Leftrightarrow} -8x^2+2xy+1 & \ge & 0 \\
\Leftrightarrow 4x^2-xy & \le & \frac{1}{2} \\
\Leftrightarrow f(x,y) & \le & \frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
und somit $f(x,y) \le f(x_3,y_3) \AND f(x,y) \le f(x_4,y_4)$. \\ \\
Ergebnis (II): \\
Da $f(x,y)=f(x_j,y_j) \quad (j=3,4)$ nur für $(x,y) = (x_j,y_j)$ auftritt, sind die Punkte $p_3=\left(\frac{1}{10}\sqrt{10},-\frac{1}{10}\sqrt{10}\right)$ und $p_4 = \left(-\frac{1}{10}\sqrt{10},\frac{1}{10}\sqrt{10}\right)$ isolierte (lokale) Maxima von $f$ auf $\partial M$, jeweils mit dem Maximumwert $\frac{1}{2}$.
\end{enumerate}

\section*{Aufgabe 5}
$$\Phi:\SetR^3 \to \SetR^3$$
\begin{eqnarray*}
\Phi(r,\varphi,\vartheta) & = & (r \cdot cos(\varphi)cos(\vartheta), r \cdot sin(\varphi)cos(\vartheta), r \cdot sin(\vartheta)) \\
& = & (\Phi_1, \Phi_2, \Phi_3)
\end{eqnarray*}
Die Jacobi-Matrix (Funktional-Matrix) der Abbildung $\Phi$ ist:
\begin{eqnarray*}
D\Phi(r,\varphi,\vartheta) & =& \left(\begin{array}{ccc}
\frac{\partial \Phi_1}{\partial r} & \frac{\partial \Phi_1}{\partial \varphi} & \frac{\partial \Phi_1}{\partial \vartheta} \\ \\
\frac{\partial \Phi_2}{\partial r} & \frac{\partial \Phi_2}{\partial \varphi} & \frac{\partial \Phi_2}{\partial \vartheta} \\ \\
\frac{\partial \Phi_3}{\partial r} & \frac{\partial \Phi_3}{\partial \varphi} & \frac{\partial \Phi_3}{\partial \vartheta}
\end{array}\right) \\
& = & \left(\begin{array}{ccc}
cos(\varphi)cos(\vartheta) & -r\cdot sin(\varphi)cos(\vartheta) & -r\cdot cos(\varphi)sin(\vartheta) \\
sin(\varphi)cos(\vartheta) & r\cdot cos(\varphi)cos(\vartheta) & -r\cdot sin(\varphi)sin(\vartheta) \\
sin(\vartheta) & 0 & r\cdot cos(\vartheta)
\end{array}\right)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow det(D\Phi(r,\varphi,\vartheta)) & = & r^2cos^2(\varphi)cos^3(\vartheta)+r^2sin^2(\varphi)sin^2(\vartheta)cos(\vartheta) \\
& & + r^2cos^2(\varphi)sin^2(\vartheta)cos(\vartheta) + r^2sin^2(\varphi)cos^3(\vartheta) \\
& = & r^2cos^3(\vartheta)(\underbrace{cos^2(\varphi)+sin^2(\varphi)}_{=1}) \\
& & + r^2sin^2(\vartheta)cos(\vartheta)(\underbrace{sin^2(\varphi)+cos^2(\varphi)}_{=1}) \\
& = & r^2cos^3(\vartheta)+r^2sin^2(\vartheta)cos(\vartheta) \\
& = & r^2cos(\vartheta)(\underbrace{cos^2(\vartheta)+sin^2(\vartheta)}_{=1}) \\
& = & r^2cos(\vartheta)
\end{eqnarray*}
Es gilt: $\Phi$ ist im Punkt $(r_0, \varphi_0, \vartheta_0) \in \SetR^3$ nicht lokal umkehrbar. \\
$\Leftrightarrow Df(r,\varphi,\vartheta)$ ist im Punkt $(r_0,\varphi_0,\vartheta_0)\in\SetR^3$ nicht invertierbar. \\
$\Leftrightarrow det(D\Phi(r_0,\varphi_0,\vartheta_0)) = 0$
\begin{eqnarray*}
det(D\Phi(r,\varphi,\vartheta)) = 0 & \Leftrightarrow & r^2cos(\vartheta)=0 \\
& \Leftrightarrow & r=0 \OR cos(\vartheta)=0 \\
& \Leftrightarrow & r=0 \OR \vartheta_k = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad, \quad \quad k\in\SetZ \\
& \Leftrightarrow & r=0 \OR \vartheta_k = (2k+1)\frac{\pi}{2} \quad, \quad \quad k\in\SetZ
\end{eqnarray*}
Ergebnis: \\
Die Kugelkoordinatenabbildung $\Phi$ ist in den Punkten der Menge
$$\{(r,\varphi,\vartheta_k)\in\SetR^3 \mid r=0 \OR \vartheta_k=(2k+1)\frac{\pi}{2}, \quad k\in\SetZ\}$$
nicht lokal umkehrbar.

\end{document}