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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 8
	Übungsgruppe D5, Do 11-13 \\	
	Vogel}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}
$$f: \SetR^2 \to \SetR; (x,y) \mapsto (4x^2+y^2) \cdot e^{-x^2-4y^2}$$
\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial f}{\partial x} & = & 8x \cdot e^{-x^2-4y^2} + (4x^2+y^2) \cdot e^{-x^2-4y^2} \cdot (-2x) \\
	\frac{\partial f}{\partial x} & = & (-8x^3 - 2xy^2 + 8x) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\[0.3cm]
	\frac{\partial f}{\partial y} & = & 2y \cdot e^{-x^2-4y^2} + (4x^2 + y^2) \cdot e^{-x^2-4y^2} \cdot (-8y) \\
	\frac{\partial f}{\partial y} & = & (-8y^3 - 32x^2y + 2y) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\ [0.3cm]
	\Rightarrow \nabla f(x,y) & = & \left( \begin{array}{c}-8x^3 - 2xy^2 + 8x \\ -8y^3 -32x^2y + 2y\end{array}\right) \cdot \underbrace{e^{-x^2-4y^2}}_{>0 \; \forall (x,y) \in \SetR^2}
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung für stationäre Punkte von $f$:
\begin{eqnarray*}
	\nabla f(x,y) & = & 0 \\
	-2x \cdot (4x^2 + y^2 -4) & = & 0 \quad (I) \\
	-8y \cdot \left(y^2 + 4x^2 - \frac{1}{4}\right) & = & 0 \quad (II)
\end{eqnarray*}
\begin{enumerate}[1.]
	\item Fall: $x=0 \AND y=0$: $(I) \AND (II)$ sind erfüllt:
		$$\Rightarrow \xi = \left(\begin{array}{c}0 \\ 0\end{array}\right) \text{ ist stationärer Punkt}$$
	\item Fall: $x=0 \AND y\ne0$: $(I)$ ist erfüllt:
		$$\text{aus } (II) \Rightarrow \underbrace{-8y}_{\ne 0} \cdot \left(y^2 - \frac{1}{4}\right) = 0$$
		$$\Rightarrow y^2 - \frac{1}{4} = 0 \Leftrightarrow y=-\frac{1}{2} \OR y=\frac{1}{2}$$
		$\Rightarrow$ Weitere stationäre Punkte sind
		$$\eta_1 = \left(\begin{array}{r}0 \\ -\frac{1}{2}\end{array}\right) \quad \text{und} \quad \eta_2 = \left(\begin{array}{c}0 \\ \frac{1}{2}\end{array}\right)$$
	\item Fall: $x\ne0 \AND y=0$: $(II)$ ist erfüllt:
		$$\text{aus } (I) \Rightarrow \underbrace{-2x}_{\ne 0} \cdot (4x^2-4) = 0$$
		$$\Rightarrow 4x^2-4 = 0 \Leftrightarrow x=-1 \OR x=1$$
		$\Rightarrow$ Weitere stationäre Punkte sind
		$$\xi_1 = \left(\begin{array}{r}-1 \\ 0\end{array}\right) \quad \text{und} \quad \xi_2 = \left(\begin{array}{c}1 \\ 0\end{array}\right)$$
	\item Fall: $x\ne0 \AND y\ne0$:
		\begin{eqnarray*}
			\text{aus } (I) \Rightarrow 4x^2 + y^2 - 4 & = & 0 \\
			\text{aus } (II) \Rightarrow 4x^2 + y^2 - \frac{1}{4} & = & 0 \\[0.2cm]
			-4 + \frac{1}{4} & = & 0 \quad \text{(falsche Aussage)}
		\end{eqnarray*}
		Das Gleichungssystem hat keine Lösung; es gibt also keine weiteren stationären Punkte.
\end{enumerate}
Klassifikation:
\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & = & (-24x^2 - 2y^2 + 8) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\
	& & + (-8x^3 - 2xy^2 + 8x) \cdot e^{-x^2-4y^2} \cdot (-2x) \\
	& = & (16x^4 + 4x^2y^2 - 40x^2 -2y^2 +8) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\[0.3cm]
	\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} & = & (-64xy) \cdot e^{-x^2-4y^2} + (-8y^3 - 32x^2y +2y) \cdot e^{-x^2-4y^2} \cdot (-2x) \\
	& = & (16xy^3 + 64x^3y - 68xy) \cdot e^{-x^2-4y^2}
\end{eqnarray*}
Zur Kontrolle:
\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & = & (-4xy) \cdot e^{-x^2-4y^2} + (-8x^3 - 2xy^2 + 8x) \cdot e^{-x^2-4y^2} \cdot (-8y) \\
	& = & (16xy^3 + 64x^3y - 68xy) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\[0.3cm]
	\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} & = & (-24y^2 - 32x^2 + 2) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\
	& & + (-8y^3 - 32x^2y + 2y) \cdot e^{-x^2-4y^2} \cdot (-8y) \\
	& = & (64y^4 + 256x^2y^2 - 40y^2 - 32 x^2 + 2) \cdot e^{-x^2-4y^2} \\[0.3cm]
	\Rightarrow Hf(x,y) & = & \left(\begin{array}{cc}16x^4 + 4x^2y^2 - 40x^2 - 2y^2 + 8 & 16xy^3 + 64x^3y - 68xy \\ 16xy^3 + 64x^3y - 68xy & 64y^4 + 256x^2y^2 - 40y^2 - 32x^2 + 2\end{array}\right) \underbrace{e^{-x^2-4y^2}}_{>0 \; \forall (x,y) \in \SetR^2} \\
	& =: & \tilde{H}f(x,y) \cdot e^{-x^2-4y^2}
\end{eqnarray*}
$$\tilde{H}f(\xi) = \tilde{H}f(0,0) = \left(\begin{array}{cc}8 & 0 \\ 0 & 2\end{array}\right) \text{ ist positiv definit}$$
$$\Rightarrow \text{striktes Minimum } \left(\begin{array}{c}0 \\ 0\end{array}\right) \text{ mit } f(0,0)=0$$
$$\tilde{H}f(\eta_{1,2}) = \tilde{H}f \left(0, \pm \frac{1}{2}\right) = \left(\begin{array}{rr}7.5 & 0 \\ 0 & -4\end{array}\right) \text{ ist indefinit}$$
$$\Rightarrow \text{Sattelpunkte } \left(\begin{array}{r}0 \\ -\frac{1}{2}\end{array}\right), \left(\begin{array}{c}0 \\ \frac{1}{2}\end{array}\right) \text{ mit } f\left(0, \pm \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} \cdot e^{-1}$$
$$\tilde{H}f(\xi_{1,2}) = \tilde{H}f(\pm 1,0) = \left(\begin{array}{rr}-16 & 0 \\ 0 & -30\end{array}\right) \text{ ist negativ definit}$$
$$\Rightarrow \text{ strikt Maxima} \left(\begin{array}{r}-1 \\ 0\end{array}\right), \left(\begin{array}{c}1 \\ 0\end{array}\right) \text{ mit } f(\pm 1, 0) = 4 \cdot e^{-1}$$ \QED

\section*{Aufgabe 2}
Gegeben: $f(x_1,...,x_n) = \sqrt[n]{x_1 \cdot ... \cdot x_n}$, wobei gilt: $x_i>0$ für $i=1,...,n$ und $\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i = c$ mit einer Konstanten $c>0$. \\
Gesucht: Das Maximum der Funktion $f$ unter der Nebenbedingung $$c- \sum_{i=1}^n x_i = 0$$ \\
Lösung: \\
$f(x_1,...,x_n)$ maximal $\Leftrightarrow (f(x_1,...,x_n))^n$ maximal, sei $$p(x_1,...,x_n) := (f(x_1,...,x_n))^n = x_1 \cdot ... \cdot x_n$$ \\
Also: $$p(x_1,...,x_n) = \prod_{i=1}^n x_i$$
Betrachte weiterhin die Funktion $\displaystyle g(x_1,...,x_n) = c - \sum_{i=1}^n x_i$ und die erweiterte Zielfunktion
\begin{eqnarray*}
	F(x_1,...,x_n, \lambda) & := & p(x_1,...,x_n) + \lambda \cdot g(x_1,...,x_n) \\
	\Rightarrow F(x_1,...,x_n, \lambda) & = & \prod_{i=1}^n x_i + \lambda \cdot \left(c-\sum_{i=1}^n x_i\right)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial F}{\partial x_j} & = & \prod_{i=1, i \ne j}^n x_i - \lambda \quad \text{für } j \in \{1,...,n\} \\
	\frac{\partial F}{\partial \lambda} & = & c - \sum_{i=1}^n x_i
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung:
\begin{eqnarray*}
	\frac{\partial F}{\partial x_j} & = & 0 \quad \text{für jedes } j \in \{1,...,n\} \\
	\AND \frac{\partial F}{\partial \lambda} & = & 0 \\
	\frac{\partial F}{\partial x_j} = 0 & \Rightarrow & \lambda = \prod_{i=1, i \ne j}^n x_i \quad (*), \quad \forall j \in \{1,...,n\}
\end{eqnarray*}
Seien $l,k \in \{1,...,n\}$ beliebig.
\begin{eqnarray*}
	\stackrel{(*)}{\Rightarrow} \lambda = \prod_{i=1, i \ne l}^n x_i & \AND & \lambda = \prod_{i=1, i \ne k}^n x_i \\
	\Rightarrow \prod_{i=1, i \ne l}^n x_i & = & \prod_{i=1, i \ne k}^n x_i \\
	\Rightarrow x_k & = & x_l, \quad \quad \forall k,l \in \{1,...,n\}
\end{eqnarray*}
Also gilt:
$$x_1 = ... = x_n =: x \quad \quad (**)$$
Für das Maximum der Funktion $p$ und somit auch der Funktion $f$ kommen nur die stationären Punkte $\xi = (x,...,x)^T \in \SetR_{>0}^n$ in Frage.
\begin{eqnarray*}
	\text{aus } \frac{\partial F}{\partial \lambda} = 0 & \Rightarrow & c - \sum_{i=1}^n x_i = 0 \\
	& \stackrel{(**)}{\Rightarrow} & c - \sum_{i=1}^n x = 0 \\
	& \Leftrightarrow & c - n \cdot x = 0 \\
	& \Leftrightarrow & x = \frac{c}{n}
\end{eqnarray*}
Für den stationären Punkt $\displaystyle \xi = \left(\frac{c}{n},...,\frac{c}{n}\right)^T \in \SetR_{>0}^n$ von $p$ und $f$ ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
	p(\xi) & = & p\left(\frac{c}{n},...,\frac{c}{n}\right) = \prod_{i=1}^n \frac{c}{n} = \left(\frac{c}{n}\right)^n \\
	\Rightarrow f(\xi) & = & \sqrt[n]{p(\xi)} = \sqrt[n]{\left(\frac{c}{n}\right)^n} = \frac{c}{n}
\end{eqnarray*}
Ergebnis: \\
Die Funktion $f(x_1,...,x_n) = \sqrt[n]{x_1 \cdot ... \cdot x_n}$ hat ihr Maximum im Punkt $\xi = \left(\frac{c}{n},...,\frac{c}{n}\right)^T \in \SetR_{>0}^n$ mit $f(\xi) = \frac{c}{n}$. \\
Nachtrag: \\
Es gibt keinen stationären Punkt $\tilde{\xi} = (\tilde{x},...,\tilde{x})^T \in \SetR_{>0}^n$ mit $f(\tilde{\xi}) > \frac{c}{n}$, denn: \\
wegen $f(\tilde{\xi}) = \sqrt[n]{(\tilde{x}^n} = \tilde{x}$ würde folgen $\tilde{x} > \frac{c}{n}$ und hieraus:
$$\sum_{i=1}^n \tilde{x} = n \cdot \tilde{x} > n \cdot \frac{c}{n} = c$$
Somit ist $\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i = c$ nicht erfüllt.

\section*{Aufgabe 3}
Zu bestimmen: Kandidaten für Extrema der Funktion $f(x,y,z) = x + 2y + 3z$ auf der Schnittmenge der Ebene $x-y+z=1$ und dem Zylinder $x^2+y^2=1$. \\
Lösung: Lagrange-Funktion
$$F(x,y,z,\lambda,\mu) = x + 2y + 3z + \lambda \cdot (x-y+z-1) + \mu \cdot (x^2+y^2-1)$$
\begin{eqnarray*}
	F_x & = & \frac{\partial F}{\partial x} = 1 + \lambda + 2\mu x \\
	F_y & = & \frac{\partial F}{\partial y} = 2 - \lambda + 2\mu y \\
	F_z & = & \frac{\partial F}{\partial z} = 3 + \lambda \\
	F_\lambda & = & \frac{\partial F}{\partial \lambda} = x - y + z - 1 \\
	F_\mu & = & \frac{\partial F}{\partial \mu} = x^2 + y^2 - 1
\end{eqnarray*}
Notwendige Bedingung: $\nabla F(x,y,z,\lambda,\mu) = 0$ \\
Zu lösen ist das Gleichungssystem:
\begin{eqnarray}
	1 + \lambda + 2\mu x & = & 0 \\
	2 - \lambda + 2\mu y & = & 0 \\
	3 + \lambda & = & 0 \\
	x - y + z - 1 & = & 0 \\
	x^2+y^2-1 & = & 0
\end{eqnarray}
Aus $(3) \Rightarrow \lambda = -3$
\begin{eqnarray*}
	(3) \text{ in } (1) \Rightarrow -2 + 2\mu x = 0 & \Leftrightarrow & \mu x = 1 \quad \quad \quad (1') \\
	(3) \text{ in } (2) \Rightarrow 5 + 2\mu y = 0 & \Leftrightarrow & \mu y = -\frac{5}{2} \quad \quad \quad (2')
\end{eqnarray*}
$$\left. \begin{array}{c} \text{Falls } x = 0 \Rightarrow (1') \text{ hat keine Lösung} \\ \text{Falls } y=0 \Rightarrow (2') \text{ hat keine Lösung}\end{array}\right\} \Rightarrow x\ne0 \AND y\ne0$$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow \mu xy = y & \AND & \mu xy = -\frac{5}{2}x \\
	\stackrel{(1')(2')}{\Rightarrow} y & = & -\frac{5}{2}x
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\text{in } (5) \Rightarrow x^2 + \left(-\frac{5}{2}x\right)^2 -1 & = & 0 \\
	\Leftrightarrow \frac{29}{4}x^2 & = & 1 \\
	\Leftrightarrow x^2 & = & \frac{4}{29} \\
	\Leftrightarrow |x| & = & \frac{2}{\sqrt{29}} \\[0.3cm]
	x_1 & = & \frac{2}{\sqrt{29}} \\
	x_2 & = & -\frac{2}{\sqrt{29}} \\
	y_1 & = & -\frac{5}{\sqrt{29}} \\
	y_2 & = & \frac{5}{\sqrt{29}}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\text{aus } (1'): \mu_1 \cdot \frac{2}{\sqrt{29}} & = & 1 \\
	\mu_1 & = &\frac{1}{2} \cdot \sqrt{29} \\[0.5cm]
	\text{aus } (1'): \mu_2 \cdot \left(-\frac{2}{\sqrt{29}}\right) & = & 1 \\
	\mu_2 & = & -\frac{1}{2} \cdot \sqrt{29}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	\text{aus } (4): z_1 & = & 1 - x_1 + y_1 \\
	z_1 & = & 1 - \frac{2}{\sqrt{29}} - \frac{5}{\sqrt{29}} \\
	z_1 & = & 1 - \frac{7}{\sqrt{29}} \\[0.5cm]
	\text{aus } (4): z_2 & = & 1 - x_2 + y_2 \\
	z_2 & = & 1 + \frac{2}{\sqrt{29}} + \frac{5}{\sqrt{29}} \\
	z_2 & = & 1 + \frac{7}{\sqrt{29}}
\end{eqnarray*}
Ergebnis:
$$\left(\begin{array}{c}x \\ y \\ z \\ \lambda \\ \mu\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}\frac{2}{\sqrt{29}} \\ -\frac{5}{\sqrt{29}} \\ 1-\frac{7}{\sqrt{29}} \\ -3 \\ \frac{1}{2}\sqrt{29}\end{array}\right) \quad \text{und} \quad \left(\begin{array}{c}x \\ y \\ z \\ \lambda \\ \mu\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-\frac{2}{\sqrt{29}} \\ \frac{5}{\sqrt{29}} \\ 1 + \frac{7}{\sqrt{29}} \\ -3 \\ -\frac{1}{2}\sqrt{29}\end{array}\right)$$
lösen das Gleichungssystem. \\
Kandidaten für Extrema der Funktion $f$ sind demnach die Punkte
$$\xi = \frac{1}{\sqrt{29}} \left(\begin{array}{c}2 \\ -5 \\ \sqrt{29}-7\end{array}\right) \quad \text{und} \quad \eta = \frac{1}{\sqrt{29}} \left(\begin{array}{c}-2 \\ 5 \\ \sqrt{29} + 7\end{array}\right)$$

\section*{Aufgabe 4}
Variationsproblem:
$$I(y(x)) := \int_a^b \sqrt{1+y'^2} dx \stackrel{!}{=} \text{Min}$$
$y(x)$ sei eine $C^2$-Funktion auf $[a,b]$. \\
Herleitung der Euler-Lagrange-Gleichung
$$F_y - \frac{d}{dx} F_{y_x} = 0$$
Sei $F(x,y,y_x) = \sqrt{1+y_x^2} \quad \quad (y_x := y')$
\begin{eqnarray*}
	F_y & = & 0 \\
	F_{y_x} & = & \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1+y_x^2}} \cdot 2 y_x = \frac{y_x}{\sqrt{1+y_x^2}} \\[0.5cm]
	\Rightarrow \frac{d}{dx} F_{y_x} & = & \frac{y_{xx} \cdot \sqrt{1+y_x^2} - y_x \cdot \frac{1}{2 \cdot \sqrt{1+y_x^2}} \cdot 2y_x \cdot y_{xx}}{1+y_x^2} \\
	\frac{d}{dx} F_{y_x} & = & \frac{y_{xx} \cdot (1+y_x^2) - y_x^2 \cdot y_{xx}}{(1+y_x^2)^{\frac{3}{2}}} \\
	\frac{d}{dx} F_{y_x} & = & \frac{y_{xx}}{(1+y_x^2)^{\frac{3}{2}}} = \frac{y''}{(1+y'^2)^{\frac{3}{2}}} \\
	\Rightarrow 0 & = & F_y - \frac{d}{dx}F_{y_x} = 0 - \frac{y_{xx}}{(1+y_x^2)^{\frac{3}{2}}}
\end{eqnarray*}
$\Rightarrow$ Die Euler-Lagrange-Gleichung zu obigem Variationsproblem lautet:
$$\frac{y''}{(1+y'^2)^{\frac{3}{2}}} = 0$$
Für die Gerade $y(x) = cx + d$ gilt:
\begin{eqnarray*}
	y'(x) & = & c \\
	y''(x) & = & 0 \\[0.5cm]
	\Rightarrow \frac{y''}{(1+y'^2)^{\frac{3}{2}}} & = & \frac{0}{(1+c^2)^{\frac{3}{2}}} \\
	& = & 0 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \forall x \in [a,b]
\end{eqnarray*}
Die Geraden $y(x) = cx + d$ erfüllen also diese Differenzialgleichung. \QED

\section*{Aufgabe 5}
$$E_{a,b,c}(0) := \{(x,y,z) \in \SetR^3 \left| \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} \le 1 \right. \}$$
Berechne das Volumen $V(\tilde{E}_{a,b,c}(0))$ des Ellipsoidoktanden mit $(x,y,z) \in \SetR_{\ge 0}^3$.
\begin{eqnarray*}
	V(\tilde{E}_{a,b,c}(0)) & = & \int_{\tilde{E}} 1 dxdydz \\
	& = & \int_0^a \left( \int_{0}^{\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}} \left( \int_0^{\frac{c}{b}\sqrt{\left(\frac{b}{a} \cdot \sqrt{a^2-x^2}\right)^2-y^2}} dz \right) dy \right) dx \\
	& = & \int_0^a \left(\int_0^{\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}} \frac{c}{b}\sqrt{\left( \frac{b}{a} \sqrt{a^2-x^2}\right)^2 -y^2}dy \right) dx \quad (*) \text{ siehe Nachtrag} \\
	& = & \int_0^a \frac{c}{b} \cdot \frac{1}{4} \pi \cdot \left( \frac{b}{a} \sqrt{a^2-x^2}\right)^2 dx \quad (*) \text{ siehe Nachtrag} \\
	& = & \frac{c}{b} \cdot \frac{\pi}{4} \cdot \frac{b^2}{a^2} \cdot \int_0^a (a^2-x^2) dx \\
	& = & \frac{\pi \cdot b \cdot c}{4a^2} \cdot \left[a^2-x - \frac{1}{3}x^3\right]_0^a \\
	& = & \frac{\pi \cdot b \cdot c}{4a^2} \cdot \frac{2}{3}a^3 \\
	& = & \frac{1}{6} \pi abc
\end{eqnarray*}
$\Rightarrow$ Gesamtvolumen
\begin{eqnarray*}
	V(E_{a,b,c}(0)) & = & 8 \cdot V(\tilde{E}_{a,b,c}(0)) \\
	\Rightarrow V(E_{a,b,c}(0)) & = & \frac{4}{3} \pi abc
\end{eqnarray*}
Nachtrag: \\
Berechne
$$\int_0^R \sqrt{R^2-y^2} dy, \quad R>0$$
Substitution:
\begin{eqnarray*}
	y & = & R \cdot \sin(t) \\
	dy & = & R \cdot \cos(t)dt \\
	y = 0 & \Rightarrow & t = 0 \\
	y = R & \Rightarrow & t = \frac{\pi}{2}
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
	\int_0^R \sqrt{R^2-y^2}dy & = & \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{R^2 - R^2 \cdot \sin^2(t)} \cdot R \cdot \cos(t)dt \\
	& = & \int_0^{\frac{\pi}{2}} R \cdot | \underbrace{\cos(t)}_{\ge 0} | \cdot R \cdot \cos(t) dt \\
	& = & R^2 \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(t) dt \\
	& = & R^2 \cdot \left[\frac{1}{2} \cdot (t + \sin(t) \cdot \cos(t))\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\
	& = & \frac{1}{2}R^2 \cdot \frac{\pi}{2} \\
	& = & \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot R^2
\end{eqnarray*}
Aus
$$\int_0^R \sqrt{R^2-y^2} dy = \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot R^2$$
ergibt sich für $\displaystyle R = \frac{b}{a} \cdot \sqrt{a^2-x^2}$:
$$\int_0^{\frac{b}{a} \cdot \sqrt{a^2-x^2}} \sqrt{\left(\frac{b}{a} \cdot \sqrt{a^2-x^2}\right)^2 - y^2} dy = \frac{1}{4} \cdot \pi \cdot \left(\frac{b}{a} \cdot \sqrt{a^2-x^2}\right)^2$$ \\[0.5cm]
Weitere Lösungsmöglichkeit: \\
Sei $$B_1(0) = \{(x,y,z) \in \SetR^3 | x^2+y^2+z^2 \le 1\}$$ sei $$E_{a,b,c}(0) = \left\{(x,y,z) \in \SetR^3 \left| \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} \le 1 \right. \right\}, \; a,b,c > 0$$
Betrachte die lineare Abbildung
$$F: \SetR^3 \to \SetR^3; \; (x,y,z)^T \mapsto (ax,by,cz)^T$$
also:
$$\left(\begin{array}{c}x \\ y \\ z\end{array}\right) \mapsto A \cdot \left(\begin{array}{c}x \\ y \\ z\end{array}\right) \quad \text{mit} \quad A = \left(\begin{array}{ccc}a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c\end{array}\right)$$
Dann gilt:
$$F(B_1(0)) = E_{a,b,c}(0)$$
und
$$V(E_{a,b,c}(0)) = det \; A \cdot V(B_1(0))$$
Mit $det \; A = abc$ und $\displaystyle V(B_1(0)) = \frac{4}{3} \pi$ (Volumen der Einheitskugel) folgt:
$$V(E_{a,b,c}(0)) = \frac{4}{3} \pi abc$$

\end{document}
