CWS LoesBuch

LösungshandbuchKnut Sydsæter, Arne Strøm und Peter Hammond„Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler“,3., akt. Aufl., Pearson Studium, München 2009

Kapitel 1 Einführung, I: Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Kapitel 2 Einführung, II: Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Kapitel 3 Einführung, III: Verschiedenes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Kapitel 4 Funktionen einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Kapitel 5 Eigenschaften von Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Kapitel 6 Differentialrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Kapitel 7 Anwendungen der Differentialrechnung . . . . . . . . . 19

Kapitel 8 Univariate Optimierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Kapitel 9 Integralrechnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Kapitel 10 Themen aus der Finanzmathematik . . . . . . . . . . . . . . 32

Kapitel 11 Funktionen mehrerer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Kapitel 12 Handwerkszeug für komparativ statische Analysen 36

Kapitel 13 Multivariate Optimierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Kapitel 14 Optimierung unter Nebenbedingungen . . . . . . . . . . 45

Kapitel 15 Matrizen und Vektoralgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Kapitel 16 Determinanten und inverse Matrizen . . . . . . . . . . . . 57

Kapitel 17 Lineare Programmierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

ÜB

ER

BL

IC

K

CWS Lösungshandbuch für das Buch „Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler“

Vorwort

Diese ausführlichen Lösungen begleiten das Buch Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler (3., akt. Auflage,Pearson Studium, 2009). Der Schwerpunkt liegt dabei darin, detailliertere Lösungen zu den mit markiertenAufgaben aus dem Buch zu geben. Dabei sollte dieses Handbuch in Verbindung mit den Lösungen aus demBuch verwendet werden. In einigen Fällen sind nur Teilaufgaben detailliert dargestellt, da der Rest auf gleicheWeise gelöst werden kannn. Für die Mitarbeit bedanken wir uns bei Carren Pindiriri für ihre Unterstützung alsKorrekturleserin. Wir sind dankbar für Verbesserungsvorschläge der Leser sowie für Hinweise zur Beseitigungvon Ungenauigkeiten und Fehlern.

Oslo und Coventry

Knut SydsæterArne StrømPeter Hammond

Für die deutsche Ausgabe bitte ich nachdrücklich darum, mir die Fehler mitzuteilen. Tun Sie das bitte wirklich.

Fred Böker ([email protected])

2

Kapitel 1 Einführung, I: Algebra

Kapitel 1 Einführung, I: Algebra

1.1

1. (a) Wahr. (b) Falsch. −5 ist kleiner als −3, so dass −5 auf der Zahlengeraden links von −3 liegt.(Siehe Abb. 1.1.1 im Buch.) (c) Falsch.−13 ist eine ganze, aber keine natürliche Zahl. (d) Wahr. Jedenatürliche Zahl ist eine rationale Zahl. Zum Beispiel: 5 = 5/1. (e) Falsch, da 3.1415 = 31415/10000ein Quotient aus zwei ganzen Zahlen ist. (f) Falsch. Gegenbeispiel:

√2 + (−√2) = 0. (g) Wahr.

(h) Wahr.

1.3

9. (a) (2t − 1)(t2 − 2t + 1) = 2t(t2 − 2t + 1)− (t2 − 2t + 1) = 2t3 − 4t2 + 2t − t2 + 2t − 1 = 2t3 − 5t2 + 4t − 1(b) (a + 1)2 + (a− 1)2 − 2(a + 1)(a − 1) = a2 + 2a + 1 + a2 − 2a + 1− 2a2 + 2 = 4(c) (x+y+z)2 = (x+y+z)(x+y+z) = x(x+y+z)+y(x+y+z)+z(x+y+z) = x2+xy+xz+yx+y2+yz+zx+zy+z2 =x2 +y2+z2+2xy +2xz+2yz (d) (x−y−z)2 = (x−y−z)(x−y−z) = x2−xy−xz−xy +y2−yz−xz−yz+z2,so dass (x + y + z)2 − (x − y − z)2 = 4xy + 4xz.

13. (a) a2 + 4ab + 4b2 = (a + 2b)2 nach der ersten binomischen Formel (1.3.1).(d) 9z2 − 16w2 = (3z − 4w)(3z + 4w) nach der Formel für die Differenz von Quadraten (1.3.3).(e) − 1

5 x2 + 2xy−5y2 = − 15 (x2−10xy + 25y2) = − 1

5 (x −5y)2 (f) a4−b4 = (a2−b2)(a2 + b2). Es wird dieFormel für die Differenz von Quadraten (1.3.3) verwendet. Da a2− b2 = (a−b)(a + b), folgt die Antwortim Buch.

1.4

5. (a)1

x − 2− 1

x + 2=

x + 2(x − 2)(x + 2)

− x − 2(x + 2)(x − 2)

=x + 2− x + 2(x − 2)(x + 2)

=4

x2 − 4

(b) Da 4x + 2 = 2(2x + 1) und 4x2 − 1 = (2x + 1)(2x − 1), lautet der kleinste gemeinsame Nenner2(2x + 1)(2x − 1). Hieraus folgt:

6x + 254x + 2

− 6x2 + x − 24x2 − 1

=(6x + 25)(2x − 1)− 2(6x2 + x − 2)

2(2x + 1)(2x − 1)=

21(2x − 1)2(2x + 1)(2x − 1)

=21

2(2x + 1)

(c)18b2

a2 − 9b2− a

a + 3b+ 2 =

18b2 − a(a − 3b) + 2(a2 − 9b2)(a + 3b)(a− 3b)

=a(a + 3b)

(a + 3b)(a− 3b)=

aa− 3b

(d)1

8ab− 1

8b(a + 2)+

1b(a2 − 4)

=a2 − 4− a(a− 2) + 8a

8ab(a2 − 4)=

2(5a− 2)8ab(a2 − 4)

=5a− 2

4ab(a2 − 4)

(e)2t − t2

t + 2·(

5tt − 2

− 2tt − 2

)=

t(2 − t)t + 2

· 3tt − 2

=−t(t − 2)

t + 2· 3t

t − 2=−3t2

t + 2

(f)a(1− 1

2a

)0.25

=a− 1

214

= 4a− 2, so dass 2− a(1− 1

2a

)0.25

= 2− (4a − 2) = 4− 4a = 4(1 − a)

6. (a)2x

+1

x + 1− 3 =

2(x + 1) + x − 3x(x + 1)x(x + 1)

=2− 3x2

x(x + 1)

(b)t

2t + 1− t

2t − 1=

t(2t − 1)− t(2t + 1)(2t + 1)(2t − 1)

=−2t

4t2 − 1

(c)3x

x + 2− 4x

2− x− 2x − 1

(x − 2)(x + 2)=

3x(x − 2) + 4x(x + 2)− (2x − 1)(x − 2)(x + 2)

=7x2 + 1x2 − 4

(d)

1x

+1y

1xy

=

(1x

+1y

)xy

1xy· xy

=y + x

1= x + y (e)

1x2− 1

y2

1x2

+1y2

=

(1x2− 1

y2

)· x2y2

(1x2

+1y2

)· x2y2

=y2 − x2

x2 + y2

(f) Indem man Zähler und Nenner mit xy multipliziert, erhält mana(y − x)a(y + x)

=y − xy + x

.

3


8. (a)14− 1

5=

520− 4

20=

120

, so dass(

14 − 1

5

)−2 =(

120

)−2 = 202 = 400.

(b) n− n

1− 1n

= n− n · n(1− 1

n

)· n

= n− n2

n− 1=

n(n− 1)− n2

n− 1=−n

n− 1

(c) Wenn u = xp−q , folgt1

1 + xp−q+

11 + xq−p

=1

1 + u+

11 + 1/u

=1

1 + u+

u1 + u

= 1.

(d)

(1

x − 1+

1x2 − 1

)(x2 − 1)

(x − 2

x + 1

)(x2 − 1)

=x + 1 + 1

x3 − x − 2x + 2=

x + 2(x + 2)(x2 − 2x + 1)

=1

(x − 1)2

(e)1

(x + h)2− 1

x2=

x2 − (x + h)2

x2(x + h)2=−2xh− h2

x2(x + h)2, so dass

1(x + h)2

− 1x2

h=−2x − h

x2(x + h)2.

(f) Multiplikation des Zählers und Nenners mit x2 − 1 = (x + 1)(x − 1) ergibt10x2

5x(x − 1)=

2xx − 1

.

1.5

5. Multiplizieren Sie Zähler und Nenner mit: (a)√

7−√5. (b)√

5−√3. (c)√

3 + 2. (d) x√

y − y√

x.(e)√

x + h +√

x . (f) 1 −√x + 1.

7. Die Antwort ist vom genutzten Taschenrechner abhängig.

12. (a) Für x = 1 ergibt sich für die linke Seite 4 und für die rechte Seite 2. (Tatsächlich ist (2x )2 = 22x .)(b) Gültig, da ap−q = ap/aq. (c) Gültig, da a−p = 1/ap. (d) Für x = 1 wäre 5 = 1/5, welches einWiderspruch ist. (e) Für x = y = 1 wäre a2 = 2a, welches generell falsch ist. (Tatsächlich ist ax+y =axay .) (f) 2

√x · 2√y = 2

√x+√

y , nicht 2√

xy .

1.6

4. (a) 2 <3x + 12x + 4

hat die gleichen Lösungen wie3x + 12x + 4

− 2 > 0 oder3x + 1− 2(2x + 4)

2x + 4> 0 oder

−x − 72x + 4

> 0. Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt, dass die Ungleichung für −7 < x < −2 erfüllt ist.

Ein gravierender Fehler ist es, die Ungleichung mit 2x + 4 zu multiplizieren, ohne dass 2x + 4 > 0unterstellt wurde. Bei Multiplikation mit 2x + 4 muss im Falle der Negativität die Richtung der Un-gleichung umgekehrt werden. (Es wäre vorteilhaft, die Ungleichungen für verschiedene Werte von xzu prüfen. Zum Beispiel ist sie bei x = 0 nicht erfüllt. Wie sieht es mit x = −5 aus?)

(b) Die Ungleichung ist äquivalent zu120n− 3

4≤ 0, d. h.

3(160− n)4n

≤ 0. Ein Vorzeichen-Diagramm

zeigt, dass die Ungleichung für n < 0 und für n ≥ 160 erfüllt ist. (Beachten Sie: Für n = 0 macht dieUngleichung keinen Sinn. Bei n = 160 besteht Gleichheit.) (c) Einfach: g(g − 2) ≤ 0, usw.

(d) Beachten Sie, dass p2 − 4p + 4 = (p − 2)2. Dann lässt sich die Ungleichung aufp + 1

(p − 2)2≥ 0 redu-

zieren. Der Bruch macht für p = 2 keinen Sinn. Das Ergebnis im Buch folgt.

(e) Die Ungleichung ist äquivalent zu−n− 2n + 4

− 2 ≥ 0, d. h.−n− 2 − 2n− 8

n + 4≥ 0 oder

−3n− 10n + 4

≥ 0,

usw. (f) Siehe Buch und verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagramm. (Dividieren Sie nicht durch x2, dasich dann x = 0 als falsche Lösung ergibt.)

5. (a) Verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagramm. (b) Die Ungleichung ist für x = 1 nicht erfüllt. Wennx �= 1, ist sie offensichtlich für x + 4 > 0 erfüllt, d. h. x > −4 (da (x − 1)2 für x �= 1 positiv ist).(c) Verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagramm. (d) Die Ungleichung ist für x = 1/5 nicht erfüllt.Wenn x �= 1/5, ist sie offensichtlich für x < 1 gültig. (e) Verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagramm.((5x − 1)11 < 0, wenn x < 1/5 und > 0, wenn x > 1/5.)

4

Kapitel 2 Einführung, II: Gleichungen

(f)3x − 1

x> x + 3 oder

3x − 1x− (x + 3) > 0 oder

−(1 + x2)x

> 0, so dass x < 0. (1 + x2 ist immer positiv.)

(g)x − 3x + 3

> 2x−1 oderx − 3x + 3

− (2x−1) < 0 oder−2x(x + 2)

x + 3< 0. Verwenden Sie jetzt ein Vorzeichen-

Diagramm.

(h) Nutzen Sie den Hinweis sowie ein Vorzeichen-Diagramm. (Genau genommen könnte diese und diefolgende Aufgabe in Kapitel 2.3 verschoben werden, falls das Schulalgebra-Wissen nicht vorhandenist.) (i) Nutzen Sie den Hinweis sowie ein Vorzeichen-Diagramm.

Aufgaben zur Wiederholung für Kapitel 1

4. (a) (2x)4 = 24x4 = 16x4 (b) 2−1 − 4−1 = 1/2− 1/4 = 1/4, so dass (2−1 − 4−1)−1 = 4.

(c) Kürzen Sie den gemeinsamen Faktor 4x2yz2. (d) −(−ab3)−3 = −(−1)−3a−3b−9 = a−3b−9, so dass

[−(−ab3)−3(a6b6)2]3 = [a−3b−9a12b12]3 = [a9b3]3 = a27b9. (e)a5 · a3 · a−2

a−3 · a6=

a6

a3= a3

(f)[(x

2

)3 · 8x−2

]−3=[ x3 · 8

8 · x−2

]−3= (x5)−3 = x−15

8. Alle sind einfach zu lösen bis auf (c), (g) und (h): (c) −√3(√

3−√6)

= −3 +√

3√

6 = −3 +√

3√

3√

2 =−3 + 3

√2. (g) (1 + x + x2 + x3)(1 − x) = (1 + x + x2 + x3)− (1 + x + x2 + x3)x = 1− x4.

(h) (1 + x)4 = (1 + x)2(1 + x)2 = (1 + 2x + x2)(1 + 2x + x2).

11. (a) und (b) sind einfach zu lösen. (c) ax +ay +2x +2y = ax +2x +ay +2y = (a+2)x +(a+2)y = (a+2)(x +y)(d) 2x2 − 5yz + 10xz − xy = 2x2 + 10xz − (xy + 5yz) = 2x(x + 5z)− y(x + 5z) = (2x − y)(x + 5z)(e) p2 − q2 + p − q = (p − q)(p + q) + (p − q) = (p − q)(p + q + 1) (f) Siehe Lösung im Buch.

15. (a)s

2s− 1− s

2s + 1=

s(2s + 1)− s(2s − 1)(2s − 1)(2s + 1)

=2s

4s2 − 1

(b)x

3− x− 1− x

x + 3− 24

x2 − 9=−x(x + 3)− (1 − x)(x − 3)− 24

(x − 3)(x + 3)=−7(x + 3)

(x − 3)(x + 3)=−7

x − 3

(c) Multiplikation des Zählers und Nenners mit x2y2 ergibty − x

y2 − x2=

y − x(y − x)(y + x)

=1

x + y.

16. (a) Kürzen Sie den Faktor 25ab. (b) x2 − y2 = (x + y)(x − y). Kürzen Sie x + y . (c) Der Bruch kann zu(2a − 3b)2

(2a − 3b)(2a + 3b)=

2a− 3b2a + 3b

umgeschrieben werden. (d)4x − x3

4− 4x + x2=

x(2− x)(2 + x)(2 − x)2

=x(2 + x)

2− x

Kapitel 2 Einführung, II: Gleichungen

2.1

3. (a) Beachten Sie, dass die Gleichung für x = −3 und x = −4 nicht definiert ist. Multipliziert man dieGleichung mit dem Hauptnenner (x + 3)(x + 4), erhält man (x−3)(x + 4) = (x + 3)(x −4). Somit ist x = 0.(b) Multiplikation mit dem Hauptnenner (x − 3)(x + 3) ergibt 3(x + 3) − 2(x − 3) = 9. Wir erhaltendaraus x = −6. (c) Aus der Multiplikation mit dem Hauptnenner 15x (wobei x �= 0), folgt 18x2−75 =10x2 − 15x + 8x2. Es ergibt sich x = 5.

5. (a) Multiplikation mit dem Hauptnenner 12 ergibt 9y − 3− 4 + 4y + 24 = 36y . Somit ist y = 17/23.(b) Aus der Multiplikation mit 2x(x +2) folgt 8(x +2)+6x = 2(2x +2)+7x, d. h. x = −4. (c) Multiplika-

tion des Zählers und Nenners im ersten Bruch mit 1−z führt zu2− 2z − z

(1− z)(1 + z)=

62z + 1

. Multiplikation

mit (1 − z2)(2z + 1) ergibt (2 − 3z)(2z + 1) = 6 − 6z2. Somit ist z = 4. (d) Indem wir die Klammern

auflösen, erhalten wirp4− 3

8− 1

4+

p12− 1

3+

p3

= −13

. Die Multiplikation mit dem Hauptnenner 24

führt zu einer Gleichung mit der Lösung p = 15/16.

5


2.2

2. (a) Multiplizieren Sie beide Seiten mit abx, um b + a = 2abx zu erhalten. Somit ist x =a + b2ab

=

a2ab

+b

2ab=

12

(1a

+1b

). (b) Multipliziert man die Gleichung mit cx +d, folgt daraus ax +b = cAx +dA

bzw. (a−cA)x = dA−b. Somit ist x = (dA−b)/(a−cA). (c) Multiplizieren Sie die Gleichung mit x1/2,um 1

2 p = wx1/2 zu erhalten. Somit ist x1/2 = p/2w , so dass durch Quadrieren jeder Seite x = p2/4w2

folgt. (d) Multiplizieren Sie jede Seite mit√

1 + x , um 1+x +ax = 0 zu erhalten, so dass x = −1/(1+a).(e) x2 = b2/a2, so dass x = ±b/a. (f) Wir sehen sofort, dass x = 0.

4. (a) ˛x − a = ˇx − b ⇐⇒ (˛ − ˇ)x = a − b, so dass x = (a − b)/(˛ − ˇ). (b) Quadrieren jeder Seitevon√

pq = 3q + 5 ergibt pq = (3q + 5)2, so dass p = (3q + 5)2/q. (c) Y = 94 + 0.2(Y − (20 + 0.5Y )) =94 + 0.2Y − 4 − 0.1Y , so dass 0.9Y = 90 und somit Y = 100. (d) Potenzieren Sie jede Seite mit dem

Exponenten 4: K 2 12

rw

K = Q4, so dass K 3 = 2wQ4/r und somit K =(2wQ4/r

)1/3. (e) Multiplikation des

Zählers und Nenners im linken Bruch mit 4K 1/2L3/4 ergibt 2L/K = r/w . Somit erhalten wir L = rK/2w .

(f) Potenzieren jeder Seite mit dem Exponenten 4 ergibt: 116 p4K−1

(12

rw

)= r4. Es folgt K−1 = 32r3w/p4,

so dass K = 132 p4r−3w−1.

5. (a)1s

=1t− 1

T=

T − ttT

, so dass s =tT

T − t. (b)

√KLM = B + ˛L, so dass KLM = (B + ˛L)2 und

somit M = (B + ˛L)2/KL. (c) Multiplikation jeder Seite mit x − z ergibt x − 2y + xz = 4xy − 4yz oder(x +4y)z = 4xy−x +2y und somit z = (4xy−x +2y)/(x +4y). (d) V = C−CT/N , so dass CT/N = C−Vund somit T = N (1 −V/C ).

2.3

5. (a) Siehe Lösung im Buch. (b) Wenn die erste der beiden natürlichen Zahlen n ist, dann ist die darauffolgende n + 1, so dass die Forderung n2 + (n + 1)2 = 13 ist, was sich zu 2n2 + 2n− 12 = 0 vereinfachenlässt, d. h. n2 + n − 6 = 0. Diese quadratische Gleichung hat die Lösungen n = −3 und n = 2, d. h. diezwei gesuchten Zahlen lauten 2 und 3. (Wenn wir nach ganzzahligen Lösungen gesucht hätten, wäre−3 und −2 eine weitere Lösung.) (c) Wenn die kürzere Seite x ist und die andere x + 14, so ist nachdem Satz des Pythagoras (siehe Anhang A.1. Fertigen Sie eine Zeichnung an.) x2 + (x + 14)2 = (34)2

oder x2 + 14x − 480 = 0. Die Lösungen lauten x = 16 und x = −30, so dass die kürzere Seite 16 cmlang und die längere 16 cm + 14 cm = 30 cm lang ist. Beachten Sie: Die negative Lösung x = −30 ergibtkeinen Sinn. (d) Sei die übliche Geschwindigkeit x km/h und die übliche Fahrzeit t Stunden. Dannist xt = 80. Nun sind 16 Minuten 16/60 = 4/15 Stunden, so dass das Fahren mit der Geschwindigkeitx + 10 für t − 4/15 Stunden (x + 10)(t − 4/15) = 80 entspricht. Aus der ersten Gleichung erhalten wirt = 80/x. Dies wird in die zweite Gleichung eingesetzt, so dass (x + 10)(80/x − 4/15) = 80. Nach einerUmstellung ergibt sich x2 + 10x − 3000 = 0 mit der positive Lösung x = 50. Demnach beträgt seineübliche Geschwindigkeit 50 km/h.

2.4

4. (a) Wenn die zwei Zahlen x und y sind, dann gilt x + y = 52 und x − y = 26. Addiert man beideGleichungen, ergibt dies 2x = 78, so dass x = 39 sowie y = 52 − 39 = 13. (b) Die Kosten für einenStuhl seien x Euro und die eines Tisch y Euro. Dann ist 5x + 20y = 1800 und 2x + 3y = 420. Lösendes Systems ergibt x = 120 und y = 60. (c) Sei x die Anzahl der von B produzierten Einheiten. Dannwerden x + 1

2 x = 32 x Einheiten von A produziert und es ergibt sich 300 · 3

2 x + 200x = 13 000 oder650x = 13 000, d. h. x = 20. Demnach sollten 30 Einheiten in der Qualität A und 20 in der QualitätB produziert werden. (d) Wenn x zu 5 % investiert wird und y zu 7.2 %, folgt x + y = 10 000 und0.05x + 0.072y = 676. Die Lösung beträgt x = 2000 und y = 8000.

2.5

2. (a) Der Zähler 5 + x2 wird niemals 0, d. h. es gibt keine Lösungen. (b) Die Gleichung ist offensichtlich

äqivalent zux2 + 1 + 2x

x2 + 1= 0 oder

(x + 1)2

x2 + 1= 0, so dass x = −1. (c) Für x = −1 ist der Ausdruck auf

6

Kapitel 3 Einführung, III: Verschiedenes

der linken Seite nicht definiert. Multiplizieren Sie die Gleichungen mit (x + 1)2/3. Dann verändert sichder Zähler zu x + 1− 1

3x. Dies ist 0 für x = −3/2. (d) Multiplikation mit x − 1 und Umstellung ergibtx(2x − 1) = 0. Somit ist x = 0 oder x = 1/2.

3. (a) z = 0 erfüllt die Gleichung. Wenn z �= 0, kürzen wir z2 und erhalten: z−a = za+zb oder z(1−(a+b)) =a. Wenn a + b = 1 ist, haben wir einen Widerspruch, da a �= 0. Wenn a + b �= 1, folgt z = a/(1− (a + b)).(b) Die Gleichung ist äquivalent zu (1 + �)�(x − y) = 0, so dass � = −1, � = 0 oder x = y . (c) � = ±1macht die Gleichung bedeutungslos. Multiplikation der Gleichung mit 1−�2 ergibt �(1−�) = −� oder�(2 − �) = 0, so dass � = 0 oder � = 2. (d) Die Gleichung ist äquivalent zu b(1 + �)(a− 2) = 0, so dassb = 0, � = −1 oder a = 2.


2. Durch elementare Umformungen sieht man, dass die hier gegebenen Gleichungen zu denen in Aufgabe2.1.3 äquivalent sind.

3. (a) x = 23 (y − 3) + y = 2

3 y − 2 + y = 53 y − 2 oder 5

3y = x + 2, so dass y = 35(x + 2).

(b) ax − cx = b + d oder (a − c)x = b + d, so dass x = (b + d)/(a− c).(c) Quadrieren beider Seiten von

√L = Y0/AK ergibt L = (Y0/AK )2.

(d) qy = m − px, so dass y = (m − px)/q. (e) und (f): Siehe Lösung im Buch.

5. (a) Man multipliziert die Gleichungen mit 5K 1/2, um K 1/2 = 15L1/3 zu erhalten. Quadrieren beiderSeiten ergibt K = 225L2/3. (b) Man potenziert jede Seite mit dem Exponenten 1/t, um 1 + r/100 = 21/t

zu erhalten. Somit ist r = 100(21/t − 1). (c) abxb−10 = p, d. h. xb−1

0 = p/ab. Potenzieren Sie nun jedeSeite mit dem Exponenten 1/(b − 1). (d) Potenzieren Sie jede Seite mit dem Exponenten −�, um(1− �)a−� + �b−� = c−� oder b−� = �−1(c−� − (1− �)a−�) zu erhalten. Potenzieren Sie jetzt jede Seite mitdem Exponenten−1/�.

9. (a) Siehe Lösung im Buch. (b) Sei u = 1/x und v = 1/y . Dann reduziertsich das System auf 3u+2v = 2und 2u− 3v = 1/4 mit der Lösung u = 1/2 und v = 1/4. Daraus folgt, dass x = 1/u = 2 und y = 1/v = 4.(c) Siehe Lösung im Buch.


3.1

3. (a) bis (d): Betrachten Sie den letzten Term und ersetzen Sie n durch k . Summieren Sie über k von 1bis n. (e) Die Koeffizienten sind die Potenzen 3n für n = 1,2, 3,4,5, so dass der allgemeine Term 3nxn

ist. (f) und (g): Siehe Lösung im Buch. (h) Dies ist sehr trickreich. Man sollte sehen, dass jeder Termum 198 größer ist als der vorangegangene. (Diese Aufgabe steht in Beziehung zu der Geschichte überGauß in Kap. 3.2 unter Nützliche Formeln.)

7. (a)∑n

k=1 ck2 = c · 12 + c · 22 + · · · + c · n2 = c(12 + 22 + · · · + n2) = c∑n

k=1 k2 (b) Falsch, selbst für n = 2:Die linke Seite ist (a1 + a2)2 = a2

1 + 2a1a2 + a22, die rechte Seite ist aber a2

1 + a22. (c) Beide Seiten sind

gleich b1 + b2 + · · · + bN . (d) Beide Seiten sind gleich 51 + 52 + 53 + 54 + 55. (e) Beide Seiten sindgleich a2

0,j + · · ·+ a2n−1,j. (f) Falsch, selbst für n = 2: Die linke Seite ist a1 + a2/2, die rechte Seite ist aber

(1/k)(a1 + a2).

3.2

5. Man braucht hier nicht unbedingt das Summationszeichen zu verwenden.Die Summe ist a+(a+d)+(a+2d)+ · · ·+(a+(n−1)d). Das sind n Terme. Die Summe aller a‘s beträgt na. Der Rest ist d(1+2+ · · ·+n−1).Dann verwendet man Formel (3.2.4).

7


3.3

1. (a) Siehe Buch. (b)∑2

s=0

∑4r=2

(rs

r+s

)2=∑2

s=0

[(2s

2+s

)2+(

3s3+s

)2+(

4s4+s

)2]=(

23

)2+(

34

)2+(

45

)2+(

44

)2+(

65

)2+(

86

)2=

5 + 31133600 (c)

∑mi=1

∑nj=1 i · j2 =

∑mi=1 i ·∑n

j=1 j2 = 12 m(m + 1) · 1

6 n(n + 1)(2n + 1) = 112m(m + 1)n(n + 1)(2n + 1),

wobei wir (3.2.4) und (3.2.5) verwendet haben.

4. a ist der Mittelwert von as’s, da a =1n

n∑s=1

(1m

m∑r=1

ars

)=

1n

n∑s=1

as.

Um (∗) zu beweisen, muss beachtet werden, dass arj −a unabhängig vom Summationsindex s ist. Es istein gemeinsamer Faktor, wenn wir über s summieren, so dass

∑ms=1(arj−a)(asj−a) = (arj−a)

∑ms=1(asj−a)

für jedes r gilt. Als nächstes ergibt die Summation über r

m∑r=1

m∑s=1

(arj − a)(asj − a) =[ m∑

r=1

(arj − a)][ m∑

s=1

(asj − a)]. (∗∗)

Indem wir die Eigenschaften von Summen und die Definition von aj verwenden, erhalten wir

m∑r=1

(arj − a) =m∑

r=1

arj −m∑

r=1

a = maj −ma = m(aj − a).

Auf gleiche Weise, indem wir r durch s als Summationsindex ersetzen, erhalten wir∑m

s=1(asj − a) =m(aj − a). Dann setzt man diese Werte in (∗∗) ein und es folgt (∗).

3.4

6. (a) Wenn (i)√

x − 4 =√

x + 5− 9, dann ist auch (ii) x − 4 = (√

x + 5− 9)2, was wir durch Quadrierenbeider Seiten von (i) erhalten. Berechnet man das Quadrat auf der rechten Seite von (ii), ergibt sich√

x + 5 = 5 und somit x + 5 = 25, d. h. x = 20. Das zeigt: Wenn x eine Lösung von (i) ist, so ist x = 20.Kein anderer Wert für x kann die Gleichung (i) erfüllen. Sobald wir aber die Lösung überprüfen,finden wir heraus, dass mit x = 20 die linke Seite von (i)

√16 = 4 ergibt, während die rechte Seite√

25− 9 = 5 − 9 = −4 ist. Somit sind linke und rechte Seite verschieden, d. h. die Gleichung (i) hat inWirklichkeit überhaupt keine Lösung. (Aber beachten Sie, dass 42 = (−4)2, d. h. das Quadrat der linkenSeite ist gleich dem Quadrat der rechten Seite. Das ist der Grund, warum sich die falsche Lösung x = 20einschleichen konnte.)(b) Wenn x eine Lösung von (iii)

√x − 4 = 9 − √x + 5 ist, dann finden wir wie in (a) heraus, dass x

eine Lösung von (iv) x − 4 = (9−√x + 5 )2 sein muss. Nun ist (9−√x + 5 )2 = (√

x + 5−9)2, so dass dieGleichung (iv) äquivalent zu der Gleichung (ii) aus (a) ist. Das bedeutet, dass (iv) genau eine Lösunghat, nämlich x = 20. Indem wir diesen Wert für x in die Gleichung (iii) einsetzen, ergibt sich, dassx = 20 eine Lösung von (iii) ist.Eine geometrische Erklärung der Resultate kann in Verbindung mit der folgenden Abbildung gegebenwerden.

y

-5

5

x5 10 15 20 25

y = 9 − √x + 5

y =√

x − 4

y =√

x + 5 − 9

Abbildung CWS3.4.6

8


Man kann sehen, dass die zwei durchgezogenen Kurven in der Abbildung keinen gemeinsamen Punkthaben, d. h. die Ausdrücke

√x − 4 und

√x + 5−9 sind für keinem Wert von x gleich. (Tatsächlich erhöht

sich die Differenz√

x − 4−(√

x + 5−9) mit zunehmenden x, so dass es auch keinen Schnittpunkt weiterrechts geben kann.) Dies erklärt, warum die Gleichung in (a) keine Lösung hat. Andererseits schneidetdie gestrichelte Kurve y = 9−√x + 5 die Kurve y =

√x + 5 bei x = 20 (und nur da). Dies entspricht der

Lösung aus (b).Anmerkung: In (a) war es notwendig die Lösung zu überprüfen, da der Übergang von (i) zu (ii) lediglicheine Implikation und keine Äquivalenz ist. In gleicher Weise war es notwendig das Ergebnis in (b) zuüberprüfen, da der Übergang von (iii) zu (iv) ebenso nur eine Implikation ist – zumindest ist eineÄquivalenz nicht klar erkennbar. (Es stellte sich zwar eine Äquivalenz heraus. Das konnten wir abernicht wissen, bevor wir die Gleichung gelöst hatten.)

7. (a) Hier haben wir „dann und nur dann“, da√

4 = 2. (b) Unter Zuhilfenahme eines Vorzeichen-Diagramms kann man sehen, dass x(x + 3) < 0 ist, wenn x in dem offenen Intervall (−3, 0) liegt.Demnach haben wir eine Implikation von links nach rechts (d. h. „nur wenn“), jedoch nicht in dieandere Richtung. (Zum Beispiel, wenn x = 10, dann ist x(x + 3) = 130.) (c) x2 < 9 ⇐⇒ −3 < x < 3,so dass x2 < 9 nur wenn x < 3. Wenn z. B. x = −5 ist, haben wir x < 3, aber x2 > 9. Deshalb kann„wenn“ nicht gelten. (d) x2 + 1 ist niemals 0, so dass „dann und nur dann“ gilt. (e) Wenn x > 0,dann ist x2 > 0, aber x2 > 0 kann auch gelten, wenn x < 0. (f) x4 + y4 = 0 ⇐⇒ x = 0 und y = 0.Wenn x = 0 und z. B. y = 1, folgt x4 + y4 = 1, so dass „wenn“ nicht gelten kann.

9. (a) Wenn x und y nicht beide nichtnegativ sind, so muss wenigstens einer von ihnen negativ sein,d. h. x < 0 oder y < 0. (b) Wenn nicht alle x größer oder gleich a sind, dann muss wenigstens einx kleiner als a sein. (c) Mindestens eine der Variablen x und y ist kleiner als 5. (Wäre es einfacher,wenn die zu negierende Aussage folgender wäre: „Weder John noch Diana ist jünger als 5 Jahre“?)(d) bis (f): Siehe Lösung im Buch.

3.7

3. Für n = 1 sind beide Seiten 1/2. Nehmen Sie an, dass (∗) für n = k wahr ist. Dann ist die Summe derersten k + 1 Terme:

11 · 2 +

12 · 3 +

13 · 4 + · · · + 1

k(k + 1)+

1(k + 1)(k + 2)

=k

k + 1+

1(k + 1)(k + 2)

.

Aberk

k + 1+

1(k + 1)(k + 2)

=(k + 1)2

(k + 1)(k + 2)=

k + 1k + 2

, was (∗) für n = k + 1 ist. Deshalb ist nach dem

Prinzip der mathematischen Induktion (∗) für alle n wahr.

4. Die Behauptung ist für n = 1 wahr. Nehmen Sie als Induktionshypothese an, dass k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3

durch 9 teilbar ist. Beachten Sie, dass (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 + 27k + 27 =k3 +(k +1)3 +(k +2)3 +9(k2 +3k +3). Dies ist durch 9 teillbar, da die Induktionshypothese impliziert, dassdie Summe der ersten drei Terme durch 9 teilbar ist, während der letzte Term offensichtlich ebensodurch 9 teilbar ist.

Aufgaben zur Wiederholung zu Kapitel 3

6. (b) ⇒ falsch, da x2 = 16 auch die Lösung x = −4 hat, ⇐ wahr, denn aus x = 4 folgt x2 = 16. (c) ⇒wahr,⇐ falsch, denn für y > −2 und x = 3 gilt (x − 3)2(y + 2) = 0. (d) ⇒ und ⇐ sind beide wahr,da die Gleichung x3 = 8 nur die einzige Lösung x = 2 hat. (Nach der Terminologie in Kapitel 6.3 istf (x) = x3 streng monoton wachsend. Siehe Aufgabe 6.3.3 und den Graphen in Abb. 4.3.7.)

9. BetrachtenSie Abb. A3.6.8 im Buch. Sei nk die Zahl der Studierenden in der Menge Sk für k = 1,2, . . . , 8.Es seien A, B und C die Mengen der Studierenden, die Englisch, Französisch bzw. Spanisch studieren.Da 10 Studenten alle drei Sprachen studieren, ist n7 = 10. Es gibt 15, die Französisch und Spanischstudieren, so dass 15 = n2 + n7, d. h. n2 = 5. Weiterhin ist 32 = n3 + n7, so dass n3 = 22. Ferner ist110 = n1 + n7, d. h. n1 = 100. Die restlichen Informationen implizieren, dass 52 = n2 + n3 + n6 + n7 ist, so

9


dass n6 = 52− 5−22−10 = 15. Ferner ist 220 = n1 + n2 + n5 + n7, so dass n5 = 220− 100− 5−10 = 105.Schließlich ist 780 = n1 + n3 + n4 + n7, so dass n4 = 780− 100− 22− 10 = 648. Die Antworten zu denFragen sind: (a): n1 = 100. (b): n3 + n4 = 648 + 22 = 670. (c) 1000−∑8

i=1 ni = 1000− 905 = 95.

Kapitel 4 Funktionen einer Variablen

4.2

1. (a) f (0) = 02+1 = 1, f (−1) = (−1)2 +1 = 2, f (1/2) = (1/2)2+1 = 1/4+1 = 5/4 und f (√

2) = (√

2)2+1 = 2+1 =3. (b) (i) Da (−x)2 = x2, folgt f (x) = f (−x) für alle x. (ii) f (x+1) = (x+1)2+1 = x2+2x+1+1 = x2+2x+2und f (x) + f (1) = x2 + 1 + 2 = x2 + 3. Demnach gilt dies genau dann, wenn x2 + 2x + 2 = x2 + 3,d. h. genau dann, wenn x = 1/2. (iii) f (2x) = (2x)2 + 1 = 4x2 + 1 und 2f (x) = 2x2 + 2. Nun ist4x2 + 1 = 2x2 + 2 ⇔ x2 = 1/2 ⇔ x = ±√1/2 = ± 1

2

√2.

10. (a) Nein: f (2 + 1) = f (3) = 18, während f (2) + f (1) = 10. (b) Ja: f (2 + 1) = f (2) + f (1) = −9. (c) Nein:f (2 + 1) = f (3) =

√3 ≈ 1.73, während f (2) + f (1) =

√2 + 1 ≈ 2.41.

13. (a) Wir müssen 5 − x ≥ 0, d.h. x ≤ 5 voraussetzen. (b) Der Nenner x2 − x = x(x − 1) muss von 0verschieden sein, d.h. x �= 0 und x �= 1. (c) Zunächst muss der Nenner von 0 verschieden sein, sodass wir x �= 2 und x �= −3 verlangen. Da wir die Quadratwurzel nur aus einer nichtnegativen Zahlziehen können, muss der Bruch (x − 1)/(x − 2)(x + 3) ≥ 0 sein. Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt, dassDf = (−3, 1]∪ (2,∞). Beachten Sie insbesondere, dass die Funktion an der Stelle x = 1 definiert ist undden Wert 0 hat.

15. g ist offensichtlich für x ≥ −2 definiert, d. h. Dg = [−2,∞). Beachten Sie, dass g(−2) = 1 und g(x) ≤ 1für alle x ∈ Df . Wenn x von −2 bis∞ wächst, fällt g(x) von 1 bis −∞, so dass Rg = (−∞, 1].

4.4

3. Wenn D = a + bP , dann ist 200 = a + 10b und 150 = a + 15b. Auflösen nach a und b ergibt a = 300 undb = −10, so dass D = 300− 10P .

4. L1: Die Steigung ist offensichtlich 1. Mithilfe der Punkt-Steigungs-Formel mit (x1,y1) = (0, 2) und a = 1ergibt sich y = x + 2. L2: Nutzt man die Zwei-Punkte-Formel mit (x1, y1) = (0, 3) und (x2, y2) = (5, 0)

ergibt sich: y −3 =0− 35− 0

x bzw. y = − 35 x + 3. L3: Die Steigung ist 0. Somit lautet die Gleichung y = 1.

Für L4 und L5: siehe Buch.

10. Die Punkte, die die Ungleichung 3x + 4y ≤ 12 erfüllen, liegen auf oder unterhalb der Geraden 3x + 4y =12, wie es im Beispiel 6 für eine ähnliche Ungleichung erklärt wurde. Die Punkte, die die Ungleichungx − y ≤ 1 oder (äquivalent) y ≥ x − 1 erfüllen, liegen auf oder oberhalb der Geraden x − y = 1.Schließlich liegen die Punkte, die die Ungleichung 3x + y ≥ 3 oder (äquivalent) y ≥ 3−3x erfüllen, aufoder oberhalb der Geraden 3x + y = 3. Die Menge der Punkte, die alle drei Ungleichungen gleichzeitigerfüllen, ist in Abb. A.4.4.10 im Buch dargestellt.

4.5

3. Aus der Zwei-Punkte-Formel folgt C − 200 =275− 200150− 100

(x − 100) oder C =32

x + 50.

4.6

2. Ergänzungen zu den Lösungen aus dem Buch: (c) Formel (4.6.4) mit a = − 12 und b = −1 ergibt

x = −1 als den Maximumpunkt. (Alternativ kann quadratisch ergänzt werden: f (x) = − 12 (x2 + 2x− 3) =

− 12 (x2 + 2x + 1−4) = − 1

2 (x + 1)2 + 2, woraus wir sofort sehen, dass f (x) den Maximalwert 2 an der Stellex = −1 hat.) (e) Verwenden Sie (2.3.5) oder multiplizieren Sie die Klammern aus, um die Formel fürf (x) zu verifizieren. Benutzen Sie ein Vorzeichen-Diagramm, um die Vorzeichen für f (x) zu bestimmen.

10

Kapitel 4 Funktionen einer Variablen

6. Auflösen ergibt U (x) = −(1 + r2)x2 + 8(r−1)x. Verwenden Sie dann Formel (4.6.4) mit a = −(1 + r2) undb = 8(r − 1).

9. (b) Wenn B2 − 4AC > 0, dann hat nach Formel (2.3.4) die Gleichung f (x) = Ax2 + Bx + C = 0 zweiverschiedene Lösungen. Dies ist nicht möglich, wenn f (x) ≥ 0 für alle x. Hieraus folgt: A = a2

1 + a22 +

· · · + a2n, B = 2(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn) und C = b2

1 + b22 + · · · + b2

n, so dass die Behauptung folgt.

4.7

1. (a) Die ganzzahligen Lösungen müssen Teiler von 6 sein, d. h. ±1, ±2, ±3 und ±6 sind die einzigenmöglichen ganzzahligen Lösungen. Dabei sind −2, −1, 1 und 3 Lösungen. Da es nicht mehr als vierLösungen für ein Polynom vom Grad 4 geben kann, sind alle Lösungen gefunden.(b) Dieselben möglichen ganzzahligen Lösungen wie in (a). Dabei sind −6 und 1 die ganzzahligenLösungen. (Die dritte Lösung lautet −1/2.)(c) Weder 1 noch −1 erfüllt die Gleichung, so dass es keine ganzzahligen Lösungen gibt.(d) Zuerst multipliziert man die Gleichung mit 4, um ganzzahlige Koeffizienten zu erhalten. Dann sind±1, ±2 und ±4 die einzig möglichen ganzzahligen Lösungen. Dabei sind 1, 2 und −2 die Lösungen.

3. (a) Die Antwort ist 2x2 + 2x + 4 + 3/(x − 1), da

(2x3 + 2x − 1)÷ (x − 1) = 2x2 + 2x + 42x3 − 2x2

2x2 + 2x − 12x2 − 2x

4x − 14x − 4

3 Rest

(b) Die Antwort ist x2 + 1, da

(x4 + x3 + x2 + x)÷ (x2 + x) = x2 + 1x4 + x3

x2 + xx2 + x

0 kein Rest

(c) Die Antwort ist x3 − 4x2 + 3x + 1− 4x/(x2 + x + 1), da

(x5 − 3x4 + 1)÷ (x2 + x + 1) = x3 − 4x2 + 3x + 1x5 + x4 + x3

− 4x4 − x3 + 1− 4x4 − 4x3 − 4x2

3x3 + 4x2 + 13x3 + 3x2 + 3x

x2 − 3x + 1x2 + x + 1

− 4x Rest

11


(d) Die Antwort ist 3x5 + 6x3 − 3x2 + 12x − 12 + (28x2 − 36x + 13)/(x3 − 2x + 1), da

(3x8 x2 + 1)÷ (x3 − 2x + 1) = 3x5 + 6x3 − 3x2 + 12x − 123x8 − 6x6 + 3x5

6x6 − 3x5 + x2 + 16x6 − 12x4 + 6x3

− 3x5 + 12x4 − 6x3 + x2 + 1− 3x5 + 6x3 − 3x2

12x4 − 12x3 + 4x2 + 112x4 − 24x2 + 12x

− 12x3 + 28x2 − 12x + 1− 12x3 + 24x − 12

28x2 − 36x + 13 Rest

4. (a) y = 12(x + 1)(x − 3). (Da der Graph die x-Achse in den beiden Punkten x = −1 und x = 3

schneidet, probieren wir es mit der quadratischen Funktion: f (x) = a(x + 1)(x − 3). Dann istf (1) = −4a und der Graph verläuft durch den Punkt (1,−2), d. h. f (1) = −2 = −4a. Des-halb muss a = 1/2 sein.) (b) Da die Gleichung f (x) = 0 die Lösungen x = −3, 1,2 hat, pro-bieren wir die kubische Funktion f (x) = b(x + 3)(x − 1)(x − 2). Dann ist f (0) = 6b. Am Gra-phen sehen wir: f (0) = −12. Somit ist b = −2 und demnach y = −2(x + 3)(x − 1)(x − 2).(c) y = 1

2 (x + 3)(x − 2)2. (Wir versuchen ein Polynom in der Form f (x) = c(x − 2)2(x + 3) mit x = 2 alsdoppelte Nullstelle. Dann ist f (0) = 12c. Am Graphen sehen wir, dass f (0) = 6 und somit c = 1/2.)

8. Mit Polynomdivision erhält man

(x2 − �x )÷ (x + ˇ) = x − (ˇ + �)x2 + ˇx

− (ˇ + �)x− (ˇ + �)x − ˇ(ˇ + �)

ˇ(ˇ + �) Rest

und somit

E = ˛(x − (ˇ + �) +

ˇ(ˇ + �)x + �

)= ˛x − ˛(ˇ + �) +

˛ˇ(ˇ + �)x + �

4.8

4. (a) C. Der Graph ist eine Parabel. Da der Koeffizient von x2 positiv ist, hat sie einen Minimumpunkt.(b) D. Die Funktion ist definiert für x ≤ 2 und schneidet die y-Achse an der Stelle y = 2

√2 ≈ 2.8.

(c) E. Der Graph ist eine Parabel. Da der Koeffizient von x2 negativ ist, hat sie einen Maximumpunkt.(d) B. Wenn x steigt, fällt y und y geht gegen −2, wenn x groß wird.(e) A. Die Funktion ist definiert für x ≥ 2 und steigt, wenn x steigt.(f) F. Sei y = 2− ( 1

2 )x . Dann steigt y , wenn x steigt. Für große Werte von x nähert sich y der Zahl 2 an.

5. (a) Siehe Lösung im Buch. (b) 9t = (32)t = 32t und (27)1/5/3 = (33)1/5/3 = 33/5/3 = 3−2/5. Dann ist2t = −2/5 und somit t = −1/5.

4.9

10. Setzen Sie y = Abx mit b > 0. In (a) erhalten wir dann, da der Graph durch die Punkte (x, y) = (0, 2)und (x, y) = (2, 8) verläuft: 2 = Ab0, d.h. A = 2 und 8 = 2b2, so dass b = 2. Daher ist y = 2 · 2x .In (b) haben wir: 2

3 = Ab−1 und 6 = Ab. Es folgt: A = 2 und b = 3 und somit y = 2 · 3x .In (c) haben wir: 4 = Ab0 und 1/4 = Ab4. Es folgt: A = 4, b4 = 1/16 und somit b = 1/2. Demnach isty = 4( 1

2 )x .

12

Kapitel 5 Eigenschaften von Funktionen

4.10

3. (a) und (c): siehe Buch. (b) Da ln x2 = 2 ln x, ist 7 ln x = 6, so dass ln x = 6/7 und somit x = e6/7.

4. (a) ln(Aert) = ln(Best), so dass ln A + rt = ln B + st oder (r − s)t = ln(B/A) und somit t =1

r − sln

BA

.

(b) t =1

0.09− 0.02ln

5.6 · 1012

1.2 · 1012=

10.07

ln143≈ 22.

Bezogen auf die Aufgabenstellung hätten die zwei Länder in ungefähr 22 Jahren (d.h. im Jahr 2012) einidentisches BSP.


4. (a) Wir müssen x2 ≥ 1 haben, d. h. x ≥ 1 oder x ≤ −1. (Siehe Abb. 4.3.6.)(b) Die Quadratwurzel ist für x ≥ 4 definiert, jedoch wird bei x = 4 der Nenner 0, so dass x > 4gelten muss. (c) Wir müssen (x − 3)(5 − x) ≥ 0 haben, d. h. 3 ≤ x ≤ 5 (unter Verwendung einesVorzeichen-Diagramms).

7. (a) Die Punkt-Steigungs-Formel ergibt: y − 3 = −3(x + 2) oder y = −3x − 3.

(b) Die Zwei-Punkte-Formel ergibt: y − 5 =7− 5

2− (−3)(x − (−3)) oder y = 2x/5 + 31/5.

(c) y − b =3b− b2a− a

(x − a) oder y = (2b/a)x − b.

10. (1,−3) liegt auf dem Graphen, wenn −3 = a + b + c; (0,−6) liegt auf dem Graphen, wenn −6 = c und(3, 15) liegt auf dem Graphen, wenn 15 = 9a + 3b + c. Es folgt: a = 2, b = 1 und c = −6.

14. (a) p(x) = x(x2 + x − 12) = x(x − 3)(x + 4), da x2 + x − 12 = 0 für x = 3 und x = −4.(b) ±1, ±2,±4 und ±8 sind die einzig möglichen Nullstellen. Durch Ausprobieren erhalten wir q(2) =q(−4) = 0, so dass 2(x − 2)(x + 4) = 2x2 + 4x − 16 ein Faktor von q(x) ist. Polynomdivision ergibt:q(x) ÷ (2x2 + 4x − 16) = x − 1/2, so dass q(x) = 2(x − 2)(x + 4)(x − 1/2).

16. Wir verwenden (4.7.5) und bezeichnen die Polynome jeweils mit p(x). (a) p(2) = 8−2k = 0 für k = 4.(b) p(−2) = 4k2 + 2k − 6 = 0 für k = −3/2 und k = 1. (c) p(−2) = −26 + k = 0 für k = 26.(d) p(1) = k2 − 3k − 4 = 0 für k = −1 und k = 4.

17. Da p(2) = 0, ist x−2 ein Faktor von p(x). Wir erhalten: p(x)÷ (x −2) = 14 (x2−2x−15) = 1

4 (x + 3)(x−5),so dass x = −3 und x = 5 weitere Nullstellen sind. (Alternativ: q(x) hat die gleichen Nullstellen wie4p(x) = x3−4x2−11x +30. Dieses Polynom kann nur±1,±2,±3,±5,±10,±15 und±30 als ganzzahligeNullstellen haben. Es ist sehr aufwendig, die Nullstellen auf diese Weise zu bestimmen.)

21. (a) ln(x/e2) = ln x − ln e2 = ln x − 2 (b) ln(xz/y) = ln(xz) − ln y = ln x + ln z − ln y (c) ln(e3x2) =ln e3 + ln x2 = 3 + 2 ln x für x > 0. (Im Allgemeinen ist ln x2 = 2 ln |x|.) (d) Siehe Buch.

Kapitel 5 Eigenschaften von Funktionen

5.1

3. Die Gleichgewichtsbedingung lautet 106− P = 10 + 2P und somit ist P = 32. Die dazugehörige Mengeist Q = 106− 32 = 74. Siehe Abb. A5.1.3 im Lösungskapitel des Buches.

6. f (y∗ −d) = f (y∗)−c ergibt A(y∗ −d)+B(y∗−d)2 = Ay∗+B(y∗)2−c oder Ay∗−Ad +B(y∗)2−2Bdy∗+Bd2 =Ay∗ + B(y∗ )2 − c. Hieraus folgt: y∗ = [Bd2 −Ad + c]/2Bd.

5.2

4. Wenn f (x) = 3x + 7, dann ist f (f (x)) = f (3x + 7) = 3(3x + 7) + 7 = 9x + 28. f (f (x∗)) = 100 verlangt9x∗ + 28 = 100. Somit ist x∗ = 8.

13


5.3

4. (a) f hat eine Inverse, da sie Eins-zu-Eins ist. Dies wird in der Tabelle deutlich: alle Zahlen aus derzweiten Zeile, dem Definitionsbereich von f −1, sind verschieden. Die Inverse ordnet jeder Zahl derzweiten Zeile die dazugehörige Zahl der ersten Zeile zu.(b) Da f (0) = 4 und f (x) immer um 2 steigt, wenn x um eine Einheit steigt, lautet die Funktion f (x) =2x + 4. Auflösen von y = 2x + 4 nach x ergibt x = 1

2y − 2. Demnach ist f −1(x) = 12 x − 2.

9. (a) (x3 − 1)1/3 = y ⇐⇒ x3 − 1 = y3 ⇐⇒ x = (y3 + 1)1/3. Wenn wir x als unabhängige Variableverwenden, ist f −1(x) = (x3 + 1)1/3. R ist der Definitionsbereich sowie der Wertebereich für f und f −1.

(b) Der Definitionsbereich von f ist die Menge aller x �= 2. Für x �= 2 gilt:x + 1x − 2

= y ⇐⇒ x + 1 =

y(x − 2) ⇐⇒ (1 − y)x = −2y − 1 ⇐⇒ x =−2y − 1

1− y=

2y + 1y − 1

. Wenn wir x als unabhängige Variable

verwenden, gilt: f−1(x) = (2x + 1)/(x−1). Der Definitionsbereich der Inversen ist die Menge aller x �= 1.(c) Hier gilt: y = (1−x3)1/5 +2 ⇐⇒ y−2 = (1−x3)1/5 ⇐⇒ (y−2)5 = 1−x3 ⇐⇒ x3 = 1− (y −2)5 ⇐⇒x = (1 − (y − 2)5)1/3. Mit x als unabhängiger Variable erhalten wir f −1(x) = (1 − (x − 2)5)1/3. R ist derDefinitionsbereich und Wertebereich für f und f −1.

10. (a) Der Definitionsbereich ist R und der Wertebereich ist (0,∞), so dass die Inverse in (0,∞) definiertist. Aus y = ex+4 erhalten wir ln y = x + 4, so dass x = ln y − 4 für y > 0. (b) Der Wertebereich ist R,welches damit Definitionsbereich der Inversen ist. Aus y = ln x−4 erhalten wir ln x = y + 4 und darausx = ey+4. (c) Der Definitionsbereich ist R. y steigt und wenn x → −∞, folgt: y → ln 2. Ferner gilt:y →∞, wenn x→∞. Somit ist der Wertebereich der Funktion (ln 2,∞). Aus y = ln

(2 + ex−3

)erhalten

wir 2 + ex−3 = ey , so dass ex−3 = ey − 3 und demnach x = 3 + ln(ey − 3) für y > ln 2.

11. Wir müssen x = 12 (ey − e−y ) nach y auflösen. Wir multiplizieren die Gleichung mit ey und erhalten:

12 e2y − 1

2 = xey oder e2y − 2xey − 1 = 0. Die Substitution von ey = z ergibt z2 − 2xz − 1 = 0 mit denLösungen z = x±√x2 + 1. Das Minus-Zeichen würde z = ex negativ machen, was unmöglich ist. Somitgilt z = ey = x +

√x2 + 1. Daraus ergibt sich y = ln

(x +√

x2 + 1)

als inverse Funktion.

5.4

1. (a) Es ist angebracht, zu untersuchen, ob die Kurve die Achsen schneidet, indem man zuerst x = 0und dann y = 0 setzt. Hieraus ergeben sich vier Punkte. Wählen Sie dann einige Werte von x mit−√6 < x <

√6 und berechnen Sie die dazugehörigen Werte von y . Argumentieren Sie, warum der

Graph symmetrisch zur x- und y-Achse ist. (Die Kurve wird als Ellipse bezeichnet. Siehe Kap. 5.5.)(b) Dieser Graph ist symmetrisch zur x- und y-Achse. (Wenn (a, b) auf dem Graphen liegt, so gilt diesauch für (a,−b), (−a, b) und (−a,−b).) (Der Graph ist eine Hyperbel. Siehe Kap. 5.5.)

2. Wir sehen, dass x ≥ 0 und y ≥ 0 gelten muss. Wenn (a, b) auf dem Graphen liegt, so gilt dies auch für(b, a), so dass der Graph symmetrisch zur Geraden y = x ist. Siehe Lösung im Buch.

5.5

4. (a) Siehe Buch. (b) Da der Kreis denMittelpunkt (2, 5) hat, lautet seine Gleichung (x−2)2+(x−5)2 = r2.Da (−1, 3) auf dem Kreis liegt, gilt: (−1 − 2)2 + (3− 5)2 = r2, so dass r2 = 13.

8. x2 + y2 + Ax + By + C = 0 ⇐⇒ x2 + Ax + y2 + By + C = 0 ⇐⇒ x2 + Ax +(

12 A)2 + y2 + By +

(12 B)2 =

14 (A2 + B2 − 4C ) ⇐⇒ (

x + 12 A)2

+(y + 1

2 B)2

= 14 (A2 + B2 − 4C ). Der letzte Ausdruck ist die Gleichung

eines Kreises mit Mittelpunkt(− 1

2 A,− 12 B)

und Radius 12

√A2 + B2 − 4C. Wenn A2 + B2 = 4C , besteht

der Graph nur aus dem Punkt(− 1

2A,− 12 B). Für A2 + B2 < 4C ist die Lösungsmenge leer.

5.6

1. In jedem Fall (außer in (c)) definiert die Regel eine Funktion, da sie allen Elementen der Ausgangsmengeein eindeutiges Element der Zielmenge zuordnet. Zum Beispiel in (d): Wenn das Volumen V gegeben

14

Kapitel 6 Differentialrechnung

ist, ist die Oberfläche S einer Kugel eindeutig bestimmt: V = 43 �r3 = 4

3 �(S/4�)3/2 ergibt r =(

3V4�

)1/3

und somit S = 4�r2 = 4�

(3V4�

)2/3

= (36�)1/3V 2/3 (Die Formeln für die Oberfläche bzw. das Volumen

einer Kugel mit Radius r sind im Anhang A.1 des Buches zu finden.)


3. (a) Gleichgewichtsbedingung: 150− 12 P∗ = 20 + 2P∗. Dies ergibt P∗ = 52 und Q∗ = 20 + 2P∗ = 124. Für

(b) und (c): siehe Lösungen im Buch.

7. (a) f ist definiert und streng monoton wachsend für ex > 2, d. h. x > ln 2. Der Wertebereich ist R.(f (x) → −∞, wenn x → ln 2+ und f (x) → ∞, wenn x → ∞.) Aus y = 3 + ln(ex − 2) erhalten wirln(ex − 2) = y − 3 und somit ex − 2 = ey−3 oder ex = 2 + ey−3, so dass x = ln(2 + ey−3). Daher giltf −1(x) = ln(2 + ex−3) für x ∈ R.(b) Beachten Sie, dass f streng monoton wachsend ist. Ferner gilt e−�x → ∞, wenn x → −∞ unde−�x → 0, wenn x →∞. Deswegen gilt: f (x)→ 0, wenn x → −∞ und f (x) → 1, wenn x → ∞. Somit

ist der Wertebereich von f und damit der Definitionsbereich von f −1 gleich (0, 1). Aus y =a

e−�x + aerhalten wir e−�x + a = a/y , so dass e−�x = a(1/y − 1) oder −�x = ln a + ln(1/y − 1). Daraus ergibt sichx = −(1/�) ln a − (1/�) ln(1/y − 1). Demnach ist die Inverse f −1(x) = −(1/�) ln a − (1/�) ln(1/x − 1) fürx ∈ (0, 1).


6.2

5. Um die Steigung der Tangente zu bestimmen, verwenden wir das Rezept (6.2.3).(a) (A): f (x0 + �x) = f (0 + �x) = 3 · �x + 2 (B): f (x0 + �x) − f (x0) = f (�x) − f (0) = 3�x + 2− 2 = 3 · �x(C) bis(D): [f (�x) − f (0)]/�x = 3 (E): [f (�x) − f (0)]/�x = 3 → 3, wenn �x → 0, so dass f ′(0) = 3. DieSteigung der Tangente im Punkt (0, 2) ist 3.(b) (A): f (x0 + �x) = f (1 + �x) = (1 + �x)2 −1 = 1 + 2 ·�x + (�x)2 −1 = 2�x + (�x)2 (B): f (1 + �x)− f (1) =2 · �x + (�x)2 (C) bis (D): [f (1 + �x)− f (1)]/�x = 2 + �x (E): [f (1 + �x)− f (1)]/�x = 2 + �x → 2, wenn�x → 0, so dass f ′(1) = 2.(c) (A): f (3 + �x) = 2 + 3/(3 + �x) (B): f (3 + �x)− f (3) = 2 + 3/(3 + �x)− 3 = −�x/(3 + �x) (C) bis (D):[f (3 + �x)− f (3)]/�x = −1/(3 + �x) (E): [f (3 + �x)− f (3)]/�x = −1/(3 + �x)→−1/3, wenn �x → 0, sodass f ′(3) = −1/3.(d) [f (�x) − f (0)]/�x = ((�x)3 − 2 · �x)/�x = (�x)2 − 2→−2, wenn �x → 0, so dass f ′(0) = −2.

(e)f (−1 + �x)− f (−1)

�x= −1 + �x + 1/(−1 + �x) + 2

�x=

�x−1 + �x

→ 0, wenn �x → 0, so dass f ′(0) = 0.

(f)f (1 + �x)− f (1)

�x=

(1 + �x)4 − 1�x

=(�x)4 + 4 · (�x)3 + 6 · (�x)2 + 4 · �x + 1− 1

�x= (�x)3 + 4 · (�x)2 +

6 · �x + 4→ 4, wenn �x → 0, so dass f ′(1) = 4.

8. (a)(√

x + �x−√x)(√

x + �x +√

x)

= (√

x + �x )2 +√

x + �x√

x−√x√

x + �x− (√

x)2 = x + �x−x = �x.

(b)f (x + �x)− f (x)

�x=

(√

x + �x −√x)(√

x + �x +√

x)

�x(√

x + �x +√

x)=

�x

�x(√

x + �x +√

x)=

1√x + �x +

√x

(c) Folgt aus (b).

6.5

5. (a)1/3− 2/3h

h − 2=

3h(1/3− 2/3h

)3h(h− 2)

=h− 2

3h(h− 2)=

13h→ 1

6, wenn h→ 2.

(b) Für x → 0 gilt: x2 − 1 → −1 und 1/x2 → ∞, so dass der Bruch keinen endlichen Grenzwert hat,sondern gegen −∞ strebt.

15


(c)32t − 96

t2 − 2t − 3=

32(t − 3)(t − 3)(t + 1)

=32

t + 1→ 8, wenn t → 3, so dass 3

√32t − 96

t2 − 2t − 3→ 3√8 = 2, wenn t → 3.

(d)

√h + 3−√3

h=

(√

h + 3−√3)(√

h + 3 +√

3)

h(√

h + 3 +√

3)=

h + 3− 3

h(√

h + 3 +√

3)=

1√h + 3 +

√3→ 1

2√

3, wenn

h→ 0.

(e)t2 − 4

t2 + 10t + 16=

(t + 2)(t − 2)(t + 2)(t + 8)

=t − 2t + 8

→ −23

, wenn t → −2.

(f) Beachten Sie, dass 4− x = (2 +√

x)(2 −√x), so dass limx→4

2−√x4− x

= limx→4

12 +√

x=

14

.

6. (a)f (x)− f (1)

x − 1=

x2 + 2x − 3x − 1

=(x − 1)(x + 3)

x − 1= x + 3→ 4, wenn x → 1.

(b)f (x)− f (1)

x − 1= x + 3→ 5, wenn x→ 2.

(c)f (2 + �x)− f (2)

�x=

(2 + �x)2 + 2(2 + �x) − 8�x

=(�x)2 + 6�x

�x= �x + 6→ 6, wenn �x → 0.

(d) Gleiche Lösung wie in (e): Setzen Sie dort: �x = x−x0. (Im 2. Druck dieser Auflage werden (d) und(e) vertauscht.) .

(e)f (x0 + �x)− f (x0)

�x=

(x0 + �x)2 + 2(x0 + �x)− x20 − 2x0

�x= 2x0 + 2 + �x → 2x0 + 2, wenn �x → 0.

(f)f (x0 + �x)− f (x0 − �x)

�x=

(x0 + �x)2 + 2x0 + 2 · �x − (x0 − �x)2 − 2x0 + 2 · �x�x

= 4x0 + 4 → 4x0 + 4,

wenn �x → 0.

7. (a) x3 − 8 = 0 hat die Lösung x = 2. Polynomdivision ergibt: x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x + 4).(b) und (c): siehe Buch.

6.6

7. (a) Mit f (x) = x2 gilt: lim�x→0

f (x0 + �x)− f (x0)�x

= lim�x→0

(5 + �x)2 − 52

�x= f ′(5). Andererseits gilt f ′(x) = 2x,

so dass f ′(5) = 10. Demnach ist der Grenzwert 10. (b) und (c): siehe Buch.

6.7

3. (a) y =1x6

= x−6 ⇒ y ′ = −6x−7 unter Verwendung der Potenzregel (6.6.4).

(b) y = x−1(x2 + 1)√

x = x−1x2x1/2 + x−1x1/2 = x3/2 + x−1/2 ⇒ y ′ = 32 x1/2 − 1

2 x−3/2

(c) y = x−3/2 ⇒ y ′ = − 32 x−5/2 (d) y =

x + 1x − 1

⇒ y ′ =1 · (x − 1)− (x + 1) · 1

(x − 1)2=−2

(x − 1)2

(e) y =xx5

+1x5

= x−4 + x−5 ⇒ y ′ = − 4x5− 5

x6(f) y =

3x − 52x + 8

⇒ 3(2x + 8)− 2(3x − 5)(2x + 8)2

=34

(2x + 8)2

(g) y = 3x−11 ⇒ y ′ = −33x−12

(h) y =3x − 1

x2 + x + 1⇒ y ′ =

3(x2 + x + 1)− (3x − 1)(2x + 1)(x2 + x + 1)2

=−3x2 + 2x + 4(x2 + x + 1)2

6. (a) f ′(x) = 6x − 12 = 6(x − 2) ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 2, so dass f monoton wachsend in [2,∞) ist.(b) f ′(x) = x3 − 3x = x(x2 − 3) = x(x − √3)(x +

√3), so dass (unter Verwendung eines

Vorzeichen-Diagramms) f monoton wachsend in[−√3,0

]und

[√3,∞) ist. (c) f ′(x) =

2(2− x2)(x2 + 2)2

=

2(2 −√2)(2 +√

2)(x2 + 2)2

, so dass f monoton wachsend in [−√2,√

2] ist. (d) Siehe Buch.

7. (a) y ′ = −1− 2x = −3 für x = 1, so dass die Steigung der Tangente−3 beträgt. Da y = 1 für x = 1, ergibtdie Punkt-Steigungs-Formel y − 1 = −3(x − 1) oder y = −3x + 4. (b) y ′ = 4x/(x2 + 1)2 = 1 und y = 0für x = 1, so dass y = x − 1.

16


(c) y = x2 − x−2, so dass y ′ = 2x + 2x−3 = 17/4 und y = 15/4 für x = 2. Demnach ist y = (17/4)x − 19/4.

(d) y ′ =4x3(x3 + 3x2 + x + 3)− (x4 + 1)(3x2 + 6x + 1)

[(x2 + 1)(x + 3)]2= − 1

19und y = 1/3 für x = 0, so dass

y = −(x − 3)/9.

9. (a) Wir verwenden die Quotientenregel: y =at + bct + d

⇒ y ′ =a(ct + d)− (at + b)c

(ct + d)2=

ad − bc(ct + d)2

.

(b) y = tn(a√

t + b)

= atn+1/2 + btn ⇒ y ′ = (n + 1/2)atn−1/2 + nbtn−1

(c) y =1

at2 + bt + c⇒ y ′ =

0 · (at2 + bt + c)− 1 · (2at + b)(at2 + bt + c)2

=−2at − b

(at2 + bt + c)2

12. Dies ist ziemlich schwierig, da der Nenner 0 ist für x1,2 = 2 ±√2 ist. Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt,dass f (x) > 0 nur in (−∞, 0) und (x1,x2) gilt.

6.8

3. (a) y = (x2 + x + 1)−5 = u−5, wobei u = x2 + x + 1. Indem man die Kettenregel verwendet, erhält many ′ = (−5)u−6u′ = −5(2x + 1)(x2 + x + 1)−6. (b) Mit u = x +

√x +√

x ergibt sich y =√

u = u1/2, so dassy ′ = 1

2 u−1/2u′. Nun ist u = x + v1/2 mit v = x + x1/2. Dann gilt u′ = 1 + 12 v−1/2v ′, wobei v ′ = 1 + 1

2 x−1/2.

Alles in allem ist y ′ = 12u−1/2u′ = 1

2

[x + (x + x1/2)1/2

]−1/2(1 + 1

2 (x + x1/2)−1/2(1 + 12 x−1/2)). (c) Siehe Buch.

6. x = b −√ap− c = b −√u mit u = ap− c. Dann folgtdxdp

= − 12√

uu′ = − a

2√

ap − c.

12. (a), (e) und (g) sind leicht. Für die restlichen Aufgaben benötigt man die Kettenregel. In (d) benötigenSie die Summen-, Produkt- und Kettenregel. Siehe Buch.

6.9

4. g ′(t) =2t(t − 1)− t2

(t − 1)2=

t2 − 2t(t − 1)2

, g ′′(t) =(2t − 2)(t − 1)2 − (t2 − 2t)2(t − 1)

(t − 1)4=

2(t − 1)(t − 1)4

=2

(t − 1)3, so dass

g ′′(2) = 2.

5. In vereinfachter Notation ausgedrückt: y ′ = f ′g + fg ′, y ′′ = f ′′g + f ′g ′ + f ′g ′ + fg ′′ = f ′′g + 2f ′g ′ + fg ′′,y ′′′ = f ′′′g + f ′′g ′ + 2f ′′g ′ + 2f ′g ′′ + f ′g ′′ + fg ′′′ = f ′′′g + 3f ′′g ′ + 3f ′g ′′ + fg ′′′.

6.10

2. (a) dx/dt = (b + 2ct)et + (a + bt + ct2)et = (a + b + (b + 2c)t + ct2)et

(b)dxdt

=3qt2tet − (p + qt3)(et + tet)

t2e2t=

(−qt4 + 2qt3 − pt − p)et

t2e2t(c) Siehe Buch.

4. (a) y ′ = 3x2 + 2e2x ist offensichtlich überall positiv, so dass y monoton wachsend in (−∞,∞) ist.(b) y ′ = 10xe−4x + 5x2(−4)e−4x = 10x(1 − 2x)e−4x . Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt, dass y monotonwachsend im Intervall [0, 1/2] ist. (c) y ′ = 2xe−x2

+x2(−2x)e−x2= 2x(1−x)(1+x)e−x2

. Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt, dass y monoton wachsend in (−∞,−1] sowie in [0,1] ist.

6.11

3. Für diese Aufgaben benötigen wir die Kettenregel. Dies ist eine wichtige Regel! Insbesondere benötigen

wir die Tatsache, dassddx

ln f (x) =1

f (x)f ′(x) =

f ′(x)f (x)

, wenn f eine differenzierbare Funktion ist (mit

f (x) > 0).

(a) y = ln(ln x) = ln u =⇒ y ′ =1u

u′ =1

ln x· 1

x=

1x ln x

.

(b) y = ln√

1− x2 = ln u =⇒ y ′ =1u

u′ =1√

1− x2· −2x

2√

1− x2=−x

1− x2.

(Alternativ:√

1− x2 = (1− x2)1/2 =⇒ y = 12 ln(1− x2) usw.)

17


(c) y = ex ln x =⇒ y ′ = ex ln x + ex 1x

= ex(

ln x +1x

)

(d) y = ex3ln x2 =⇒ y ′ = 3x2ex3

ln x2 + ex3 1x2

2x = ex3(3x2 ln x2 +

2x

)

(e) y = ln(ex + 1) =⇒ y ′ =ex

ex + 1(f) y = ln(x2 + 3x − 1) =⇒ y ′ =

2x + 3x2 + 3x − 1

4. (a) ln u ist definiert für u > 0, so dass wir voraussetzen müssen, dass x + 1 > 0, d. h. x > −1.

(b) Es muss 1 − x �= 0 gelten, damit der Bruch definiert ist. Weiter muss3x − 11− x

> 0 sein, damit

der Logarithmus definiert ist. Ein Vorzeichen-Diagramm (siehe unten) zeigt, dass3x − 11− x

genau dann

definiert und positiv ist, wenn 1/3 < x < 1. (c) ln |x| ist definiert ⇐⇒ |x| > 0 ⇐⇒ x �= 0.

x1/ 3 10

3x − 1

1 − x

3x − 1

1 − x

5. (a) Man muss x2 > 1 haben, d. h. x > 1 oder x < −1. (Siehe Abb. 4.3.6 im Buch.) (b) ln(ln x) ist

definiert, wenn ln x definiert und positiv ist, d. h. für alle Werte von x > 1. (c) Der Bruch1

ln(ln x)− 1ist definiert, wenn ln(ln x) definiert und verschieden von 1 ist. Nach (b) ist ln(ln x) definiert, wenn

x > 1 ist. Ferner gilt: ln(ln x) = 1 ⇐⇒ ln x = e ⇐⇒ x = ee. Folgerung:1

ln(ln x)− 1ist definiert ⇐⇒

x > 1 und x �= ee.

9. In diesen Aufgaben können wir Logarithmisches Differenzieren verwenden. Alternativ können wir dieFunktionen in der Gestalt f (x) = eg(x) schreiben und die Regel f ′(x) = eg(x)g ′(x) = f (x)g ′(x) verwenden.

(a) Sei f (x) = (2x)x . Dann ist ln f (x) = x ln(2x), so dassf ′(x)f (x)

= 1 · ln(2x) + x · 12x· 2 = ln(2x) + 1. Daraus

folgt: f ′(x) = f (x)(ln(2x) + 1) = (2x)x (ln x + ln 2 + 1).

(b) f (x) = x√

x =(eln x

)√x = e√

x ln x , so dass f ′(x) = e√

x ln x · ddx

(√

x ln x) = x√

x

(ln x2√

x+√

xx

).

(c) ln f (x) = x ln√

x = 12 x ln x, so dass f ′(x)/f (x) = 1

2 (ln x + 1). Daraus folgt: f ′(x) = 12 (√

x )x (ln x + 1).

10. ln y = v ln u, so dass y ′/y = v ′ ln u + (v/u)u′ und somit y ′ = uv(v ′ ln u + vu′

u

).

11. (a) Siehe Lösung im Buch. (b) Sei f (x) = ln(1 + x)− 12 x. Dann ist f (0) = 0 und f ′(x) = 1/(x + 1)− 1

2 =(1 − x)/2(x + 1), welches positiv in (0,1) ist, so dass f (x) > 0 in (0, 1) und die linke Ungleichungnachgewiesen ist. Um die andere Ungleichung zu beweisen, setzt man g(x) = x − ln(1 + x) ein. Dannist g(0) = 0 und g ′(x) = 1 − 1/(x + 1) = x/(x + 1) > 0 in (0, 1), so dass die Behauptung gilt. (c) Seif (x) = 2(

√x − 1) − ln x. Dann ist f (1) = 0 und f ′(x) = (1/

√x) − 1/x = (x − √x)/x

√x = (

√x − 1)/x,

welches positiv ist für x > 1. Daraus folgt die Behauptung.


5. (a) y = −3 und y ′ = −6x = −6 für x = 1, so dass y − (−3) = (−6)(x − 1) oder y = −6x + 3.(b) y = −14 und y ′ = 1/2

√x − 2x = −31/4 für x = 4, so dass y = −(31/4)x + 17.

(c) y = 0 und y ′ = (−2x3 − 8x2 + 6x)/(x + 3)2 = −1/4 für x = 1, so dass y = (−1/4)(x − 1).

18

Kapitel 7 Anwendungen der Differentialrechnung

7. (a) f (x) = x3 +x, usw. (b) Einfach zu lösen. (c) h(y) = y(y2−1) = y3−y , usw. (d) bis (f): VerwendenSie die Quotientenregel.

15. (a) y ′ =2x

ln x ≥ 0, wenn x ≥ 1. (b) y ′ =ex − e−x

ex + e−x≥ 0 ⇐⇒ ex ≥ e−x ⇐⇒ e2x ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 0

(c) y ′ = 1 − 3xx2 + 2

=(x − 1)(x − 2)

x2 + 2≥ 0 ⇐⇒ x ≤ 1 oder x ≥ 2. (Verwenden Sie ein Vorzeichen-

Diagramm.)


7.1

2. Man erhält durch implizites Differenzieren (∗) 2xy + x2(dy/dx) = 0 und somit dy/dx = −2y/x. Implizi-tes Differenzieren von (∗) nach x ergibt 2y + 2x(dy/dx)+ 2x(dy/dx)+ x2 (d2y/dx2) = 0. Durch Einsetzendes Resultats für dy/dx sowie Vereinfachenerhält man d2y/dx2 = 6y/x2. (Alternativ können wir−2y/xals Bruch differenzieren.) Diese Resultate kann man einfacher erhalten, indem man y = x−2 zweimalnach x differenziert.

3. (a) Implizites Differenzieren nach x ergibt (∗) 1 − y ′ + 3y + 3xy ′ = 0. Auflösen nach y ′ ergibt: y ′ =(1 + 3y)/(1 − 3x) = −5/(1 − 3x)2. Ableiten von (∗) nach x ergibt −y ′′ + 3y ′ + 3y ′ + 3xy ′′ = 0. Einsetzenvon y ′ = (1 + 3y)/(1 − 3x) und Auflösen nach y ′′ ergibt: y ′′ = 6y ′/(1− 3x) = −30/(1− 3x)3.(c) Implizites Differenzieren nach x ergibt: (∗) 5y4y ′ = 6x5, so dass y ′ = 6x5/5y4 = (6/5)x1/5. DurchAbleiten von (∗) nach x erhält man: 20y3(y ′)2 + 5y4y ′′ = 30x4. Einsetzen von y ′ = 6x5/5y4 und Auflösennach y ′′ ergibt: y ′′ = 6x4y−4 − (144/25)x10y−9 = (6/25)x−4/5.

6. (a) 2x + 2yy ′ = 0; lösen Sie dies nach y ′ auf. (b) 1/2√

x + y ′/2√

y = 0; lösen Sie dies nach y ′ auf.(c) 4x3 − 4y3y ′ = 2xy3 + x23y2y ′; lösen Sie dies nach y ′ auf.

8. (a) y + xy ′ = g ′(x) + 3y2y ′; lösen Sie dies nach y ′ auf. (b) g ′(x + y)(1 + y ′) = 2x + 2yy ′; lösen Sie diesnach y ′ auf. (c) 2(xy + 1)(y + xy ′) = f ′(x2y)(2xy + x2y ′); lösen Sie dies nach y ′ auf. (Wie haben wirf (x2y) nach x differenziert? Nun, wenn z = f (u) und u = x2y , dann ist z′ = f ′(u)u′, wobei u ein Produktaus zwei Funktionen ist, die beide von x abhängig sind. Somit ist u′ = 2xy + x2y ′.)

10. (a) 2(x2 +y2)(2x +2yy ′) = a2(2x−2yy ′); lösen Sie dies nach y ′ auf. (b) Beachten Sie, dass y ′ = 0, wennx2 + y2 = a2/2, d.h. y2 = 1

2 a2−x2. Setzt man dies in die gegebene Gleichung ein, erhält man x = ± 14 a√

6.Hieraus ergeben sich vier Punkte auf dem Graphen, in denen die Tangente horizontal ist.

7.2

1. Implizites Differenzieren nach P , mit Q als Funktion von P , ergibtdQdP· P1/2 + Q 1

2P−1/2 = 0. Daher gilt:

dQdP

= − 12 QP−1 = − 19

P3/2.

5. Differenzieren von (∗) nach P ergibt f ′′(P + t)(dP

dt+ 1)2

+ f ′(P + t)d2Pdt2

= g ′′(P)(dP

dt

)2+ g ′(P)

d2Pdt2

. Mit

vereinfachter Notation erhält man f ′′(P ′ + 1)2 + f ′P ′′ = g ′′(P ′)2 + g ′P ′′. Einsetzen von P ′ = f ′/(g ′ − f ′) undAuflösen nach P ′′ ergibt P ′′ = [f ′′(g ′)2 − g ′′(f ′)2]/(g ′ − f ′)3.

7.3

2. (a) f ′(x) = x2√

4− x2 +13

x3 −2x

2√

4− x2=

4x2(3 − x2)

3√

4− x2. Lösungen für die restlichen Aufgaben: siehe Buch.

5. (a) Siehe Buch. (b) dy/dx = −e−x/(e−x + 3), so dass dx/dy = −(e−x + 3)/e−x = −1− 3ex .(c) Implizites Differenzieren nach x ergibt y3 + x3y2(dy/dx)− 3x2y − x3(dy/dx) = 2. Lösen Sie nachdy/dx auf und verwenden Sie dann (7.3.5).

19


7.4

3. (a) f (0) = 1 und f ′(x) = −(1 + x)−2, so dass f ′(0) = −1. Dann ist f (x) ≈ f (0) + f ′(0)x = 1− x.(b) f (0) = 1 und f ′(x) = 5(1 + x)4, so dass f ′(0) = 5. Dann ist f (x) ≈ f (0) + f ′(0)x = 1 + 5x.(c) f (0) = 1 und f ′(x) = − 1

4 (1− x)−3/4, so dass f ′(0) = − 14 . Dann ist f (x) ≈ f (0) + f ′(0)x = 1 − 1

4 x.

4. F (1) = A und F ′(K ) = ˛AK ˛−1, so dass F ′(1) = ˛A. Dann ist F (K ) ≈ F (1) + F ′(1)(K − 1) = A + ˛A(K − 1) =A(1 + ˛A(K − 1)).

9. 3exy2 + 3xexy2(y2 + x2yy ′)− 2y ′ = 6x + 2yy ′ . Für x = 1 und y = 0 reduziert sich dies auf 3− 2y ′ = 6, sodass y ′ = −3/2. (b) y(x) ≈ y(1) + y ′(1)(x − 1) = − 3

2 (x − 1)

7.5

2. f ′(x) = (1 + x)−1, f ′′(x) = −(1 + x)−2, f ′′′(x) = 2(1 + x)−3, f (iv )(x) = −6(1 + x)−4, f (v )(x) = 24(1 + x)−5.Dann gilt f (0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 2, f (iv )(0) = −6, f (v )(0) = 24 und somit ist f (x) ≈f (0) + 1

1! f′(0)x + 1

2! f′′(0)x + 1

3! f′′′(0)x3 + 1

4! f(iv )(0)x4 + 1

5! f(v )(0)x5 = x − 1

2 x2 + 13 x3 − 1

4 x4 + 15 x5.

3. Aus f (x) = 5(ln(1 + x)−√1 + x ) = 5 ln(1 + x)− 5(1 + x)1/2 erhalten wir f ′(x) = 5(1 + x)−1 − 52

(1 + x)−1/2,

f ′′(x) = −5(1 + x)−2 +54

(1 + x)−3/2 und somit ist f (0) = −5, f ′(0) = 52 , f ′′(0) = − 15

4 . Das Taylor-Polynom

zweiter Ordnung um x = 0 lautet: f (0) + f ′(0)x + 12 f ′′(0)x2 = −5 + 5

2 x − 158 x2.

9. h′(x) =(pxp−1 − qxq−1)(xp + xq)− (xp − xq)(pxp−1 + qxq−1)

(xp + xq)2=

2(p− q)xp+q−1

(xp + xq)2, so dass h′(1) = 1

2 (p − q).

Da h(1) = 0, erhalten wir h(x) ≈ h(1) + h′(1)(x − 1) = 12 (p− q)(x − 1).

7.6

1. Aus Aufgabe 7.5.2 wissen wir, dass f (0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = −1 und f ′′′(c) = 2(1 + c)−3. Dann ergibt(7.6.3): f (x) = f (0) + 1

1! f′(0)x + 1

2! f′′(0)x + 1

3! f′′′(c)x3 = x − 1

2x2 + 13 (1 + c)−3x3.

4. (a) Aus g(x) = (1 + x)1/3 erhalten wir g ′(x) = 13 (1 + x)−2/3, g ′′(x) = − 2

9 (1 + x)−5/3 und g ′′′(x) = 1027 (1 + x)−8/3,

so dass g(0) = 1, g ′(0) = 13 , g ′′(0) = − 2

9 , g ′′′(c) = 1027 (1 + c)−8/3 und somit g(x) = 1 + 1

3 x− 19 x2 + R3(x), wobei

R3(x) = 16!

1027 (1 + c)−8/3x3 = 5

81 (1 + c)−8/3x3

(b) c ∈ (0, x) und x ≥ 0, so dass (1 + c)−8/3 ≤ 1. Damit folgt die Ungleichung.(c) 3√

1003 = 10(1 + 3 · 10−3)1/3 ≈ 10.0099900 unter Verwendung von (a) zur Approximation von(1 + 3 · 10−3)1/3. Der Fehler in (b) lautet |R3(x)| ≤ 5

81 (3 · 10−3)3 = 5310−9. Der Fehler in 3

√1003 ist al-

so ≤ 10|R3(x)| = 503 10−9 < 2 · 10−8 und die Antwort ist auf sieben Dezimalstellen korrekt.

7.7

4. (a) Elxeax = (x/eax)aeax = ax (b) Elx ln x = (x/ ln x)(1/x) = 1/ ln x

(c) Elx (xpeax) =x

xpeax(pxp−1eax + xpaeax) = p + ax

(d) Elx (xp ln x) =x

xp ln x(pxp−1 ln x + xp(1/x)) = p + 1/ ln x

9. (a) ElxA =xA

dAdx

= 0 (b) Elx(fg) =xfg

(fg)′ =xfg

(f ′g + fg ′) =xf ′

f+

xg ′

g= Elx f + Elxg

(c) Elxfg

=x

(f /g)

(fg

)′=

xgf

(gf ′ − fg ′

g2

)=

xf ′

f− xg ′

g= Elxf − Elxg

(d) Siehe Lösung im Buch. (e) Ähnlich zu (d), jedoch wird +g durch −g und +g ′ durch −g ′ ausge-

tauscht. (f) z = f (g(u)), u = g(x)⇒ Elxz =xz

dzdx

=xu

uz

dzdu

dudx

= Eluf (u) Elxu

7.8

3. Nach (7.8.4) sind die Funktionen überall dort stetig sind, wo sie definiert sind. Somit sind die Funk-tionen in (a) und (d) überall definiert. In (b) muss x = 1 ausgeschlossen werden, in (c) ist die Funktion

20


definiert für x < 2, in (e) müssen wir x = ±√3− 1 ausschließen, da der Nenner für solche Werte von xden Wert 0 annimmt. Schließlich verlangt der erste Bruch in (f), dass x > 0. Dann ist auch der andereBruch definiert.

7.9

1. (b) |x| = −x für x < 0. Daraus folgt: limx→0−

x + |x|x

= limx→0−

x − xx

= limx→0−

0 = 0.

(c) |x| = x für x > 0. Daraus folgt: limx→0+

x + |x|x

= limx→0+

x + xx

= limx→0+

2 = 2.

(d) Wenn x → 0+, folgt√

x → 0, so dass −1/√

x → −∞. (e) Wenn x → 3+, folgt x − 3 → 0+ undsomit x/(x − 3)→∞. (f) Wenn x → 3−, folgt x − 3→ 0− und somit x/(x − 3)→ −∞.

4. (a) Vertikale Asymptote: x = −1. Ferner ist x2 ÷ (x + 1) = x − 1 + 1/(x + 1), so dass y = x − 1 eineAsymptote ist für x→ ±∞. (b) Keine vertikale Asymptote. Ferner ist (2x3− 3x2 + 3x− 6)÷ (x2 + 1) =2x − 3 + (x − 3)/(x2 + 1), so dass y = 2x − 3 eine Asymptote ist für x → ±∞. (c) Vertikale Asymptote:x = 1. Ferner ist (3x2 +2x)÷(x−1) = 3x +5+5/(x−1), so dass y = 3x +5 eine Asymptote ist für x →±∞.(d) Vertikale Asymptote: x = 1. Ferner ist (5x4 − 3x2 + 1)÷ (x3 − 1) = 5x + (−3x2 + 5x + 1)/(x3 − 1), sodass y = 5x eine Asymptote ist für x→ ±∞.

7.10

4. Anmerkung 4.7.2 besagt, dass jede ganzzahlige Lösung für die Gleichung f (x) = x4+3x3−3x2−8x+3 = 0ein Teiler vom konstanten Term 3 sein muss. Um dies direkt sehen zu können, muss beachtet werden,dass

3 = −x4 − 3x3 + 3x2 + 8x = x(−x3 − 3x2 + 3x + 8)

gelten muss. Wenn x eine ganze Zahl ist, so muss auch der eingeklammerte Ausdruck eine ganze Zahlsein. Demnach sind die einzig möglichen ganzzahligen Lösungen ±1 und ±3. Nach dem Einsetzenjeder Möglichkeit erhalten wir nur −3 als ganzzahlige Lösung.In der Aufgabe wird gesagt, dass es drei weitere reelle Lösungen gibt mit approximativen Werten vonx0 = −1.9, y0 = 0.4 und z0 = 1.5. Wenn wir das Newton-Verfahren einmal für jede Lösung anwenden,erhalten wir neue Approximationen:

x1 = −1.9− f (−1.9)f ′(−1.9)

= −1.9− −0.17498.454

≈ −1.9 + 0.021 = −1.879.

y1 = 0.4 − f (0.4)f ′(0.4)

= 0.4− −0.4624−8.704

≈ 0.4− 0.053 = 0.347.

z1 = 1.5 − f (1.5)f ′(1.5)

= 1.5− −0.562516.75

≈ 1.5 + 0.034 = 1.534.

Durch präzisere Berechnungen kann gezeigt werden, dass die tatsächlichen Lösungen (gerundet aufsechs Dezimalstellen) −1.879385, 0.347296, und 1.532089 sind.

7.11

2. (a) Wenn n→∞, folgt 2/n→ 0 und somit 5−2/n→ 5. (b) Wenn n→∞, folgtn2 − 1

n= n−1/n→∞.

(c) Wenn n→∞, folgt3n√

2n2 − 1=

3n

n√

2− 1/n2=

3√2− 1/n2

→ 3√2

=3√

23

.

7.12

2. Anwenden der Regel von L’Hospital ergibt limx→a

x2 − a2

x − a=

„0“0

= limx→a

2x1

= 2a. Aber beachten Sie, dass

die Regel von L’Hospital hier nicht unbedingt notwendig ist, da x2 − a2 = (x + a)(x − a) und somit

limx→a

x2 − a2

x − a= lim

x→a(x + a) = 2a.

21


(b) limx→0

2(1 + x)1/2 − 2− x2(1 + x + x2)1/2 − 2− x

=„0“0

= limx→0

(1 + x)−1/2 − 1(1 + 2x)(1 + x + x2)−1/2 − 1

=„0“0

=

limx→0

− 12 (1 + x)−3/2

2(1 + x + x2)−1/2 + (1 + 2x)2(− 12 )(1 + x + x2)−3/2

= −13

7. L = limx→a

f (x)g(x)

= limx→a

1/g(x)1/f (x)

=„0“0

= limx→a

−1/(g(x))2

−1/(f (x))2· g ′(x)

f ′(x)= lim

x→a

(f (x))2

(g(x))2· g ′(x)

f ′(x)= L2 lim

x→a

g ′(x)f ′(x)

=

L2 limx→a

1f ′(x)/g ′(x)

. Die Behauptung folgt. (Hierbei haben wir Probleme mit „Division durch 0“ igno-

riert, wenn entweder f ′(x) oder g ′(x) gegen 0 konvergieren, wenn x gegen a.)


2. 5y4y ′ − y2 − 2xyy ′ = 0, so dass y ′ =y2

5y4 − 2xy=

y5y3 − 2x

. Da y = 0 die gegebene Gleichung

(y5 − xy2 = 24) bedeutungslos macht, ist y ′ niemals 0.

6. y ′ = 0, wenn 1 + 15 ln x = 0, d. h. ln x = −5 und damit x = e−5.

7. (a) Wir müssen1 + x1− x

> 0 haben, d. h. −1 < x < 1. Wenn x → 1−, folgt f (x) → ∞. Wenn x → −1−,

folgt f (x) → −∞. Da f ′(x) = 1/(1 − x2) > 0, wenn −1 < x < 1, bedeutet dies, dass f streng monoton

wachsend ist und der Wertebereich von f ist R. (b) Aus y =12

ln1 + x1 − x

erhalten wir ln1 + x1− x

= 2y , so

dass1 + x1 − x

= e2y . Dann löst man nach x auf.

9. (a) f (0) = ln 4 und f ′(x) = 2/(2x + 4), so dass f ′(0) = 1/2. Dann ist f (x) ≈ f (0) + f ′(0)x = ln 4 + x/2.(b) g(0) = 1 und g ′(x) = −(1/2)(1 + x)−3/2, so dass g ′(0) = −1/2. Dann ist g(x) ≈ g(0) + g ′(0)x = 1 − x/2.(c) h(0) = 0 und h′(x) = e2x + 2xe2x, so dass h′(0) = 1. Dann ist h(x) ≈ h(0) + h′(0)x = x.

12. Mit x = 12 und n = 5 erhalten wir aus Formel (7.6.6) e

12 = 1+

12

1!+

(12

)22!

+

(12

)33!

+

(12

)44!

+

(12

)55!

+

(12

)66!

ec, wobei

c eine Zahlen zwischen 0 und 12 ist. Nun ist R6

(12

)=

(12

)66!

ec <

(12

)66!

2 =1

23040≈ 0.0004340, wobei wir

verwendet haben, dass aus c < 12 folgt: ec < e

12 < 2. Daraus folgt: e

12 ≈ 1+

12

1!+

(12

)22!

+

(12

)33!

+

(12

)44!

+

(12

)55!

=

1 +12

+18

+148

+1

384+

13840

≈ 1.6486979. Der Fehler ist kleiner als 0.000043 und e12 ≈ 1.649 ist auf 3

Dezimalstellen korrekt.

14. y ′ + (1/y)y ′ = 1 oder (∗) yy ′ + y ′ = y . Wenn y = 1, folgt y ′ = 1/2. Ableiten von (∗) nach x ergibt(y ′)2 + yy ′′ + y ′′ = y ′. Mit y = 1 und y ′ = 1/2 erhalten wir y ′′ = 1/8, so dass y(x) ≈ 1 + 1

2 x + 116 x2.

21. (a) limx→0

(2 − x)ex − x − 2x3

=„0“0

= limx→0

−ex + (2− x)ex − 13x2

=„0“0

= limx→0

−ex − ex + (2 − x)ex

6x=

limx→0

−xex

6x= lim

x→0

−ex

6= −1

6. (Um x zu eliminieren, mussten wir zweimal die Regel von L’Hospital

anwenden.)

(b) limx→3

(1

x − 3− 5

x2 − x − 6

)= lim

x→3

x2 − 6x + 9x3 − 4x2 − 3x + 18

=„0“0

= limx→3

2x − 63x2 − 8x − 3

=„0“0

=

limx→3

26x − 8

=15

(c) limx→4

x − 42x2 − 32

=„0“0

= limx→4

14x

=1

16. (Sehen Sie eine andere Möglichkeit?)

23. (a) limx→1

ln x − x + 1(x − 1)2

=„0“0

= limx→1

(1/x)− 12(x − 1)

=„0“0

= limx→1

(−1/x2)2

= −12

(b) limx→1

1x − 1

ln(7x + 1

4x + 4

)= lim

x→1

ln(7x + 1)− ln(4x + 4)x − 1

=„0“0

= limx→1

77x + 1

− 44x + 4

1=

38

22

Kapitel 8 Univariate Optimierung

(c) limx→1

xx − x1− x + ln x

=„0“0

= limx→1

xx(ln x + 1)− 1−1 + 1/x

=„0“0

= limx→1

xx (ln x + 1)2 + xx (1/x)−1/x2

= −2 (Dabei haben

wir Beispiel 6.11.4 verwendet, um xx zu differenzieren).

24. Wenn x → 0, strebt der Nenner gegen√

b −√d und der Zähler gegen 0, so dass es keinen Grenzwertgibt, wenn b �= d. Wenn b = d: siehe Buch.


8.1

1. (a) f (0) = 2 und f (x) ≤ 2 für alle x (wir dividieren 8 durch eine Zahl, die ≥ 4 ist), so dass f (x) an derStelle x = 0 maximal ist. f (x) → 0, wenn x → ±∞, d.h. es existiert kein Minimum. (b) g(−2) = −3und g(x) ≥ −3 für alle x, so dass g(x) an der Stelle x = −2 minimal wird. g(x) → ∞, wenn x → ∞,d. h. es existiert kein Maximum. (c) h(x) hat seinen größten Wert 1, wenn 1 + x4 am kleinsten ist. Diesist bei x = 0 der Fall. h(x) hat seinen kleinsten Wert 1/2, wenn 1 + x4 am größten ist, d. h. für x = ±1.

8.2

2. Siehe Buch. Beachten Sie, dass ein Vorzeichenwechsel allein nicht ausreichend dafür ist, dass diebeiden stationären Punkte auch Extrempunkte sind. Es ist wichtig zu zeigen, dass h(x) → 0 für x →±∞. Skizzieren Sie den Graphen. (Zum Beispiel ist f (x) = 3x − x3 in (−∞,−1] monoton fallend, in[−1, 1] monoton steigend und in [1,∞) wieder monoton fallend, hat aber weder ein Maximum nochein Minimum, da f (x)→∞ für x→ −∞ und f (x)→−∞ für x→∞. Tatsächlich ist x = −1 ein lokalerMinimum- und x = 1 ein lokaler Maximumpunkt.)

3. h′(t) = 1/(2√

t) − 12 = (1 − √t)/(2

√t). Es gilt h′(t) ≥ 0 in [0,1] und h′(t) ≤ 0 in [1,∞). Nach Theorem

8.2.1 hat h(t) an der Stelle t = 1 einen Maximumpunkt.

5. f ′(x) = 3x2 ln x + x3/x = 3x2(ln x + 13 ). f ′(x) = 0, wenn ln x = − 1

3 , d. h. x = e−1/3. Wir sehen, dass f ′(x) ≤ 0in (0, e−1/3] und f ′(x) ≥ 0 in [e−1/3,∞), so dass f (x) an der Stelle x = e−1/3 minimiert wird. Da f (x)→∞für x→∞, gibt es keinen Maximumpunkt.

8. (a) y ′ = ex −2e−2x , y ′′ = ex + 4e−2x . Wir sehen, dass y ′ = 0, wenn ex = 2e−2x oder e3x = 2, d. h. x = 13 ln 2.

Da überall y ′′ > 0 gilt, ist dies ein Minimumpunkt. (b) y ′ = −2(x−a)−4(x−b) = 0, wenn x = 13 (a+2b).

Dies ist ein Maximumpunkt, da y ′′ = −6 für alle x. (c) y ′ = 1/x − 5 = 0, wenn x = 15 . Dies ist ein

Maximumpunkt, da y ′′ = −1/x2 < 0 für alle x > 0.

10. (a) f ′(x) = k − A˛e−˛x = 0, wenn x0 = (1/˛) ln(A˛/k). Beachten Sie, dass x0 > 0 genau dann, wennA˛ > k . Ferner ist f ′(x) < 0 für x < x0 und f ′(x) > 0 für x > x0, so dass x0 das Minimierungsproblemlöst. (b) Einsetzen von A in die Lösung von (a) ergibt einen Ausdruck für die optimale Höhe x0.Sein Wert steigt, wenn p0 (Wahrscheinlichkeit einer Überflutung) oder V (Kosten einer Überflutung)steigen, fällt aber, wenn ı (Zinssatz) oder k (Grenzkonstruktionskosten) steigen. Die Vorzeichen dieserReaktionen sind offensichtlich das, was Ökonomen erwarten würden. (Nicht nur Ökonomen.)

8.3

2. (a) �(Q) = Q(a−Q)−kQ = −Q2 +(a−k)Q, so dass �′(Q) = −2Q +(a−k) = 0, wenn Q∗ = 12 (a−k). Dieser

maximiert �, da �′′(Q) < 0. Der Gewinn des Monopolisten beträgt �(Q∗) = −( 12 (a−k))2 +(a−k) 1

2 (a−k) =14 (a − k)2. (b) d�(Q∗)/dk = − 1

2 (a − k) = −Q∗ wie in Beispiel 3. (c) Die neue Gewinnfunktion ist�(Q) = �(Q) + sQ = −Q2 + (a − k)Q + sQ. �′(Q) = −2Q + a − k + s = 0, wenn Q = 1

2 (a − k + s). Nun istQ = 1

2 (a−k + s) = a−k , wenn s = a−k , welches die Subvention ist, die den Monopolisten veranlassensoll, a − k Einheiten zu produzieren.

5. T′(W ) = a

pb(bW + c)p−1W − (bW + c)p

W 2= a(bW + c)p−1 pbW − bW − c

W 2, usw.

23


8.4

2. In allen Fällen existieren nach dem Extremwertsatz Maximum- und Minimumpunkte. Gehen Sie nachdem Rezept (8.4.1) vor.(a) f (x) ist streng monoton fallend, so dass das Maximum an der Stelle x = 0 und das Minimum an derStelle x = 3 angenommen wird. (b) f (−1) = f (2) = 10 und f ′(x) = 3x2 − 3 = 0 für x = ±1. f (1) = 6.(c) f (x) = x + 1/x, f (1/2) = f (2) = 5/2 und f ′(x) = 1− 1/x2 = 0, wenn x = ±1. f (1) = 2.(d) f (−1) = 4, f (

√5) = 0 und f ′(x) = 5x2(x2 − 3) = 0, wenn x = 0 und x =

√3. f (0) = 0, f (

√3) = −6

√3.

(e) f (0) = 0, f (3000) = 4.5 ·109, f ′(x) = 3(x2−3000x + 2 ·106) = 3(x−500)(x −2000). f (1000) = 2.5 ·109,f (2000) = 2 · 109.

4. (a) Wenn es 60 + x Passagiere gibt, verdient die Chartergesellschaft von jedem 800 − 10x, d. h. sieerwirtschaftet (60 + x)(800− 10x). Der Sportverein erhält 1/10 des Betrags. (b) Siehe Buch.

6. (a) (f (2)− f (1))/(2 − 1) = (4 − 1)/1 = 3 und f ′(x) = 2x, so dass 2x∗ = 3 und damit x∗ = 3/2.(b) (f (1)−f (0))/1 = −1 und f ′(x) = −2x/

√1− x2, so dass 2x∗/

√1− (x∗)2 = 1 und damit x∗ =

√5/5. (Aus

2x∗/√

1− (x∗)2 = 1 ergibt sich√

1− (x∗)2 = 2x∗ und damit 1 − (x∗)2 = 4(x∗)2. Die positive Lösung istx∗ =√

5/5. (c) (f (6)− f (2))/4 = −1/6 und f ′(x) = −2/x2, so dass−2/(x∗)2 = −1/6 und damit x∗ =√

12.(d) (f (4)− f (0))/4 = 1/4 und f ′(x) = x/

√9 + x2, so dass x∗/

√9 + (x∗)2 = 1/4 und damit x∗ =

√3.

8.5

1. �(Q) = 10Q − 11000 Q2 − (5000 + 2Q) = 8Q − 1

1000Q2 − 5000. Da �′(Q) = 8 − 1500Q = 0 für Q = 4000 und

�′′(Q) = − 1500 < 0, wird der Gewinn für Q = 4000 maximal.

4. (i) �(Q) = 1840Q − (2Q2 + 40Q + 5000) = 1800Q − 2Q2 − 5000. Da �′(Q) = 1800− 4Q = 0 für Q = 450und �′′(Q) = −4 < 0, wird der Gewinn für Q = 450 maximal.(ii) �(Q) = 2200Q − 2Q2 − 5000. Da �′(Q) = 2200− 4Q = 0 für Q = 550 und �′′(Q) = −4 < 0, wird derGewinn für Q = 550 maximal.(iii) �(Q) = −2Q2−100Q−5000 ist für alle Q ≥ 0 negativ, so dass der Gewinn offensichtlich für Q = 0maximal wird.

6. �′(Q) = P−abQb−1 = 0, wenn Qb−1 = P/ab, d. h. Q = (P/ab)1/(b−1). Ferner ist �′′(Q) = −ab(b−1)Qb−2 < 0für alle Q > 0, so dass dies der Maximumpunkt ist.

8.6

2. (a) Streng monoton fallend, d. h. es existieren keine Extrempunkte. (b) f ′(x) = 3x2−3 = 0 für x = ±1.Mit f ′′(x) = 6x folgt: f ′′(−1) = −6 und f ′′(1) = 6, so dass x = −1 ein lokaler Maximumpunkt und x = 1ein lokaler Minimumpunkt ist. (c) f ′(x) = 1− 1/x2 = 0 für x = ±1. Mit f ′′(x) = 2/x3 folgt: f ′′(−1) = −2und f ′′(1) = 2, so dass x = −1 ein lokaler Maximumpunkt und x = 1 ein lokaler Minimumpunkt ist.(d) bis (f): siehe Buch.

3. (a) f (x) ist genau dann definiert, wenn x �= 0 und x ≥ −6. f (x) = 0 für x = −6 und für x = −2. Für jedenanderen Punkt x im Definitionsbereich hat f (x) dasselbe Vorzeichen wie (x + 2)/x, so dass f (x) > 0,falls x ∈ (−6,−2) oder x ∈ (0,∞). (b) Zuerst bestimmen wir die Ableitungen von f :

f ′(x) = − 2x2

√x + 6 +

x + 2x

1

2√

x + 6=−4x − 24 + x2 + 2x

2x2√

x + 6

=x2 − 2x − 24

2x2√

x + 6=

(x + 4)(x − 6)

2x2√

x + 6.

Mithilfe eines Vorzeichen-Diagramms sehen wir, dass f ′(x) > 0 für −6 < x < −4, f ′(x) < 0 für −4 <

x < 0, f ′(x) < 0 für 0 < x < 6 und f ′(x) > 0 für 6 < x. Es folgt, dass f streng monoton wachsend in[−6,−4] ist, fallend in [−4, 0), fallend in (0,6] und steigend in [6,∞). Aus der Untersuchung der erstenAbleitung (Theorem 8.6.1) folgt, dass f zwei lokale Minima an den Stellen x1 = −6 und x2 = 6 hat undein lokales Maximum an der Stelle x3 = −4 mit f (−6) = 0, f (6) = 4

3

√8 = 8

√2/3 und f (−4) = 1

2

√2.

24


(c) Da limx→0

√x + 6 = 6 > 0, während limx→0− (1 + 2/x) = −∞ und limx→0+ (1 + 2/x) = ∞, sehen wir,

dass limx→0− f (x) = −∞ und limx→0+ f (x) =∞. Ferner ist

limx→∞ f ′(x) = lim

x→∞

(x2 − 2x − 242x2

· 1√x + 6

)=

12· 0 = 0.

4. In der Abbildung CWS8.6.3 wird f ′(x) dargestellt. Zuerst betrachten wir Punkt a. Da f ′(x) < 0 linksvon a, f ′(a) = 0 und f ′(x) > 0 rechts von a, ist a ein lokaler Minimumpunkt. In den Punkten b und e istf ′(x) > 0 auf jeweils beiden Seiten der Punkte, so dass sie keine Extrempunkte sein können.

y

− 4

− 2

2

4

6

8

x− 6 − 4 − 2 2 4 6 8 10

Abbildung CWS8.6.3

6. (a) f ′(x) = x2ex(3 + x). Verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagramm. (x = 0 ist kein Extrempunkt, sondernein Wendepunkt.) (b) Siehe Buch. Verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagrammfür g ′(x) oder überprüfenSie das Vorzeichen von g ′′(x) = 2x (2 + 4x ln x + x2(ln 2)2) in den stationären Punkten.

7. f (x) = x3 + ax + b→∞, wenn x →∞ und f (x)→−∞, wenn x →−∞. Demnach hat f (x) mindestenseine reellwertige Nullstelle. Wir haben f ′(x) = 3x2 + a. Für a ≥ 0 ist f ′(x) > 0 für alle x �= 0, so dass fstreng monoton wachsend ist, und es gibt nur eine Nullstelle. Beachten Sie: Für a ≥ 0 ist 4a3 +27b2 ≥ 0.Nun sei a < 0. Dann ist f ′(x) = 0 für x = ±√−a/3 = ±√p, wobei p = −a/3 > 0. Dann hat f ein lokalesMaximum in (−√p,b + 2p

√p) und ein lokales Minimum in (

√p,b − 2p

√p). Falls einer der lokalen

Extremwerte 0 ist, hat die Gleichung eine doppelte Nullstelle. Dies ist genau dann der Fall, wenn4p3 = b2, d. h. genau dann, wenn 4a3 + 27b2 = 0. Die Gleichung hat genau dann drei reellwertigeNullstellen, wenn der lokale Maximumwert positiv und der lokale Minimumwert negativ ist. Dies trittgenau dann ein, wenn |b| < 2p

√p ⇐⇒ b2 < 4p3 ⇐⇒ 4a3 + 27b2 < 0.

8.7

1. (a) f ′(x) = 3x2 + 3x − 6 = 3(x − 1)(x + 2). Verwenden Sie ein Vorzeichen-Diagramm und die Lösung imBuch. (b) f ′′(x) = 6x + 3 = 0 für x = −1/2. f ′′(x) wechselt das Vorzeichen an der Stelle x = −1/2, d. h.es liegt ein Wendepunkt vor.

3. Einfach zu lösen mit diesen Ableitungen: (a) y ′ = −e−x(1 + x), y ′′ = xe−x . (b) y ′ =x − 1

x2, y ′′ =

2− xx3

.

(c) y ′ = x2e−x (3− x), y ′′ = xe−x (x2 − 6x + 6).

(d) y ′ =1− 2 ln x

x3, y ′′ =

6 ln x − 5x4

. (e) y ′ = 2ex(ex − 1), y ′′ = ex(2ex − 1).

(f) y ′ = 2e−x(2 − x2), y ′′ = e−x(x2 − 2x − 2).


2. (a) Q′(L) = 24L − 320 L2 = 3L(8 − 1

20L) = 0 für L∗ = 160. Da Q(L) in [0,160] monoton steigend undin [160,200] monoton fallend, wird Q(L) für L∗ = 160 maximiert. Der Output pro Arbeitskraft istQ(L)/L = 12L − 1

20 L2. Diese quadratische Funktion hat ihr Maximum für L∗∗ = 120. (b) Siehe Buch.

3. (a) � = −0.0016Q2 + 44Q−0.0004Q2−8Q− 64 000 = −0.002Q2 + 36Q− 64 000, wobei Q = 9000 diesequadratische Funktion maximiert.

(b) ElQC (Q) =Q

C (Q)C ′(Q) =

0.0008Q2 + 8Q0.0004Q2 + 8Q + 64 000

≈ 0.12 für Q = 1000.

25


4. (a) Siehe Aufgabe 8.7.3(c). (b) limx→∞ f (x) = 0 nach Formel (7.12.3). lim

x→−∞ f (x) = −∞, da x3 → −∞ und

e−x →∞. (Siehe Abb. A8.W.4.)

5. (a) Siehe Buch. (b) Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt, dass f ′(x) ≥ 0 in (−1, 1] und f ′(x) ≤ 0 in [1,∞).

Demnach ist x = 1 ein Maximumpunkt. f ′′(x) =−x(x2 + x − 1)

(x + 1)2= 0 für x = 0 und x = 1

2 (√

5 − 1).

(x = 12 (−√5 − 1) befindet sich außerhalb des Definitionsbereichs.) Da das Vorzeichen von f ′′(x) an

diesen Stellen wechselt, sind beide Punkte Wendepunkte.

6. (a) h′(x) =ex(2 + e2x)− ex2e2x

(2 + e2x)2=

ex(2− e2x)(2 + e2x)2

. Siehe Buch.

(b) h ist streng monoton wachsend in (−∞, 0], limx→−∞h(x) = 0 und h(0) = 1/3. Demnach hat h, definiert

in (−∞, 0], eine Inverse, die in (0,1/3] definiert ist mit Werten in (−∞, 0]. Um die Inverse zu finden,

beachten Sie:ex

2 + e2x= y ⇐⇒ y(ex )2 − ex + 2y = 0. Diese quadratische Funktion in ex hat die

Nullstellen: ex = [1±√1− 8y2]/2y . Da y = 1/3 für x = 0, zeigt dies, dass ex = [1−√1− 8y2]/2y seinmuss und demnach x = ln(1−√1− 8x2 )−ln(2x). Verwendet man x als die unabhängige Variable, so isth−1(x) = ln(1−√1 − 8x2 )− ln(2x). Die Funktion und ihre Inverse sind in Abb. CWS8.W.6 dargestellt.

y

− 1.5

− 1.0

− 0.5

0.5

x− 1.5 − 1.0 − 0.5 0.5

h

h− 1

Abbildung CWS8.W.6

8. f ′(x) =−6x2(x2 − 3)(x2 + 2)

(x4 + x2 + 2)2, so dass f stationäre Punkte hat, wenn x = 0 und x = ±√3. x =

√3 ist ein

lokaler (und globaler) Maximumpunkt, x = −√3 ein lokaler (und globaler) Minimumpunkt und beix = 0 ist keines von beiden. (Es ist ein Wendepunkt.) Der Graph von f wird in Abb. A8.W.8 im Buchdargestellt.

Kapitel 9 Integralrechnung

9.1

1. Dies sollte einfach zu lösen sein, da alle Integranden Potenzen von x sind. Beachten Sie, dass x√

x =

x · x1/2 = x3/2, 1/√

x = x−1/2 und√

x√

x√

x =√

x√

x3/2 =√

x · x3/4 =√

x7/4 = x7/8.

4. (a)∫

(t3 + 2t − 3) dt =∫

t3 dt +∫

2t dt −∫

3 dt = 14 t4 + t2 − 3t + C

(b)∫

(x − 1)2 dx =∫

(x2 − 2x + 1) dx = 13 x3 − x2 + x + C . Alternativ: Da

ddx

(x − 1)3 = 3(x − 1)2, haben

wir∫

(x − 1)2 dx = 13 (x − 1)3 + C1. Dies stimmt mit der ersten Antwort mit C1 = C + 1/3 überein.

(c)∫

(x − 1)(x + 2) dx =∫

(x2 + x − 2) dx = 13x3 + 1

2 x2 − 2x + C

26


(d) Entweder multipliziert man (x +2)3 = x3 +6x2 +12x +8 aus, um∫

(x +2)3 dx = 14 x4 +2x3 +6x2 +8x +C

zu erhalten oder:∫

(x + 2)3 = 14 (x + 2)4 + C1. (e)

∫(e3x − e2x + ex) dx = 1

3 e3x − 12 e2x + ex + C

(f)∫

x3 − 3x + 4x

dx =∫ (

x2 − 3 +4x

)dx = 1

3 x3 − 3x + 4 ln |x| + C

5. (a) Vereinfachen Sie zunächst den Integranden:(y − 2)2

√y

=y2 − 4y + 4√

y= y3/2 − 4y1/2 + 4y−1/2. Damit

erhalten Sie∫

(y − 2)2

√y

dy =∫

(y3/2 − 4y1/2 + 4y−1/2) dy = 25 y5/2 − 8

3 y3/2 + 8y1/2 + C .

(b) Polynomdivision ergibt:x3

x + 1= x2−x +1− 1

x + 1, so dass

∫x3

x + 1dx = 1

3 x3− 12 x2 +x−ln |x +1|+C .

(c) Daddx

(1 + x2)16 = 16(1 + x2)15 · 2x = 32x(1 + x2)15, erhalten wir∫

x(1 + x2)15 dx = 132 (1 + x2)16 + C .

10. (a) Einfach. (b) (ii)√

x + 2 = (x + 2)1/2 und verwenden Sie (a). (iii)1√

4− x= (4 − x)−1/2 und ver-

wenden Sie (a).

11. (a) F (x) =∫ (1

2ex − 2x

)dx =

12

ex − x2 + C . F (0) = 12 impliziert C = 0.

(b) F (x) =∫

(x − x3) dx =12

x2 − 14

x4 + C . F (1) = 512 impliziert C = 1

6 .

13. f ′(x) =∫

(x−2 + x3 + 2) dx = −x−1 +14

x4 + 2x + C . Aus f ′(1) = 1/4 erhalten wir 1/4 = −1 + 14 + 2 + C , so

dass C = −1. Erneute Integration ergibt f (x) =∫ (−x−1 +

14

x4 + 2x − 1)

dx = − ln x +1

20x5 + x2 − x + D.

Mit f (1) = 0 haben wir 0 = − ln 1 + 120 + 1− 1 + D, so dass D = −1/20.

9.2

5. Wir behandeln hier nur (c) und (f): (c)∫ 3

−2

(12x2 − 1

3 x3)

dx =3

−2

(16 x3 − 1

12 x4)

=3

−2

[1

12 x3(2 − x)]

=

− 2712 + 32

12 = 512 . (f)

∫ 3

2

( 1t − 1

+ t)

dt =3

2

[ln(t − 1) + 1

2 t2]

= ln 2 + 92 − 4

2 = ln 2 + 52

6. (a) Ein Vorzeichen-Diagramm zeigt, dass f (x) > 0 für 0 < x < 1 und für x > 2. (b) f (x) = x3−3x2 +2x,so dass f ′(x) = 3x2−6x+2 = 0 für x0 = 1−√3/3 und x1 = 1+

√3/3. Wir sehen, dass f ′(x) > 0 ⇐⇒ x < x0

oder x > x1. Und f ′(x) < 0 ⇐⇒ x0 < x < x1. Somit ist f (streng) monoton wachsend in (−∞, x0] undin [x1,∞) sowie (streng) monoton fallend in [x0,x1]. Damit ist x0 ein lokaler Maximumpunkt ist undx1 ein lokaler Minimumpunkt.

(c) Siehe Abbildung im Buch.∫ 1

0f (x) dx =

∫ 1

0(x3 − 3x2 + 2x) dx =

1

0

(x4

4− x3 + x2

)=

14− 0 =

14

7. (a) f ′(x) = −1 +3000 000

x2= 0, wenn x =

√3000 000 = 1000

√3. (Beachten Sie: x > 0.) Für den Rest der

Aufgabe: siehe Buch.

9.3

2. (a)∫ 1

0(xp+q + xp+r ) dx =

1

0

xp+q+1

p + q + 1+

xp+r+1

p + r + 1=

1p + q + 1

+1

p + r + 1(b) f ′(1) = 6 impliziert a + b = 6. Da f ′′(x) = 2ax + b, impliziert f ′′(1) = 18, dass 2a + b = 18. Es folgt, dassa = 12 und b = 6, so dass f ′(x) = 12x2 − 6x. Dann erhalten wir f (x) =

∫(12x2 − 6x) dx = 4x3 − 3x2 + C .

Da aber∫ 2

0 (4x3 − 3x2 + C ) = 18 gelten soll, muss 20(x4 − x3 + Cx) = 18 sein, d. h. C = 5.

27


3. (a) Siehe Buch. (b)∫ 1

0(x2 + 2)2 dx =

∫ 1

0(x4 + 4x2 + 4) dx =

1

0

(15 x5 + 4

3 x3 + 4x)

= 83/15

(c)∫ 1

0

x2 + x +√

x + 1x + 1

dx =∫ 1

0

x(x + 1) + (x + 1)1/2

x + 1dx =

∫ 1

0(x +(x +1)−1/2) dx =

1

0

(12 x2+2(x +1)1/2

)dx =

2√

2− 32 (d) A

x + bx + c

+dx

= Ax + c + b− c

x + c+

dx

= A +A(b − c)

x + c+

dx

. Integrieren Sie nun.

6. Aus y2 = 3x erhalten wir x = 13 y2, welches in die andere Gleichung eingesetzt y + 1 =

(13y2 − 1

)2 ergibtoder y(y3 −6y −9) = 0. Es gilt y3−6y−9 = (y −3)(y2 + 3y + 3), wobei y2 + 3y + 3 niemals 0 wird. Somitsind (0,0) und (3, 3) die einzigen Schnittpunkte. Siehe Buch.

7. W (T ) = K (1− e−%T)/%T . Hierbei gilt W (T )→ 0 für T →∞. Verwendet man die Regel von L’Hôspital,erhält man W (T ) → K für T → 0+. Für T > 0 ergibt sich W ′(T ) = Ke−%T (1 + %T − e%T)/%T2 < 0,da e%T > 1 + %T (siehe Aufgabe 6.11.11). Wir schließen, dass W (T ) streng monoton fallend ist undW (T ) ∈ (0, K ).

8. (a) f ′(x) =2√

x + 4 (√

x + 4− 2)> 0 für x > 0 und f hat den Wertebereich (−∞,∞), so dass f eine

Inverse hat, die auf (−∞,∞) definiert ist. Die Inverse ist g(x) = ex/2 + 4ex/4. (y = 4 ln(√

x + 4− 2) ⇐⇒ln(√

x + 4 − 2) = y/4 ⇐⇒ √x + 4 = ey/4 + 2 ⇐⇒ x + 4 = (ey/4 + 2)2 ⇐⇒ x = ey/2 + 4ey/4.)(b) Siehe Abb. A9.3.8. (c) In Abb. A9.3.8 sind die Graphen von f und g symmetrisch zur Geradeny = x, so dass Fläche A = Fläche B. Fläche B ist die Fläche eines Rechtecks mit der Grundseite a undder Höhe 10, verringert um die Fläche unterhalb des Graphen von g über dem Intervall [0, a]. Demnachist B = 10a − ∫ a

0 (ex/2 + 4ex/4) dx = 10a + 18− 2ea/2 − 16ea/4. Da a = f (10) = 4 ln(√

14 − 2), vereinfachtsich dies zu 10a + 14− 8

√14 ≈ 6.26.

9.4

2. (a) Sei n die Menge aller Personen. Die Anzahl der Personen mit einem Einkommen im Intervall [b,2b]

ist N = n∫ 2b

bBr−2 dr = n

2b

b−Br−1 =

nB2b

. Ihr Gesamteinkommen ist M = n∫ 2b

bBr−2r dr = n

∫ 2b

bBr−1 dr =

n2b

bB ln r = nB ln 2. Das durchschnittliche Einkommen ist m = M/N = 2b ln 2.

(b) Die Gesamtnachfrage ist x(p) =∫ 2b

bnD(p, r)f (r) dr =

∫ 2b

bnAp�rıBr−2 dr = nABp�

∫ 2b

brı−2 dr =

nABp�2b

b

rı−1

ı− 1= nABp�bı−1 2ı−1 − 1

ı− 1.

5. (a) Siehe Abb. A9.4.5. (b)∫ t

0

(g(�)− f (�)

)d� =

∫ t

0

(2�3 − 30�2 + 100�) d� = 1

2 t2(t − 10)2 ≥ 0 für alle t.

(c)∫ 10

0p(t)f (t) =

∫ 10

0

(−t3 + 9t2 + 11t − 11 + 11/(t + 1))

dt = 940 + 11 ln 11 ≈ 966.38;∫ 10

0p(t)g(t)dt =∫ 10

0

(t3 − 19t2 + 79t + 121− 121/(t + 1)

)dt = 3980/3− 121 ln 11 ≈ 1036.52. Förderungsprofil g sollte

gewählt werden.

9.5

1. (a)∫

x↑f

e−x

↑g′

dx = x↑f

(−e−x )↑g

−∫

1↑f ′

· (−e−x )↑g

dx = −xe−x +∫

e−x dx = −xe−x − e−x + C

(b)∫

3xe4x dx = 3x · 14

e4x −∫

3 · 14

e4x dx =34

xe4x − 316

e4x + C

(c)∫

(1 + x2)e−x dx = (1 + x2)(−e−x ) −∫

2x(−e−x ) dx = −(1 + x2)e−x + 2∫

xe−x dx = −(1 + x2)e−x −2xe−x − 2e−x + C = −(x2 + 2x + 3)e−x + C

(d)∫

xln x dx = 12 x2 ln x −

∫12 x2 1

xdx = 1

2x2 ln x −∫

12x dx = 1

2 x2 ln x − 14 x2 + C

28


2. (a) Siehe Buch.(b) Erinnern Sie sich, dass d

dx 2x = 2x ln 2 ist. Demnach ist 2x/ ln 2 das unbestimmte Integral von 2x . Es

folgt, dass∫ 2

0x2x dx =

2

0x

2x

ln 2−∫ 2

0

2x

ln 2dx =

8ln 2−

2

0

2x

(ln 2)2=

8ln 2−( 4

(ln 2)2− 1

(ln 2)2

)=

8ln 2− 3

(ln 2)2.

(c) Zuerst wenden wir die partielle Integration auf das unbestimmte Integral an mit f (x) = x2 und

g(x) = ex . Dann erhalten wir: (∗)∫

x2ex dx = x2ex−∫

2xex dx. Um das letzte Integral zu bestimmen,

müssen wir ein weiteres Mal partiell integrieren mit f (x) = 2x und g(x) = ex . Daraus ergibt sich∫2xex dx = 2xex−

∫2ex dx = 2xex − (2ex + C ). Eingesetzt in (∗) folgt

∫x2ex dx = x2ex −2xex + 2ex + C

und damit∫ 1

0x2ex dx =

1

0(x2ex − 2xex + 2ex) = (e − 2e + 2e) − (0 − 0 + 2) = e − 2. Alternativ kann

Formel (9.5.2) angewendet werden:∫ 1

0x2ex dx =

1

0x2ex − 2

∫ 1

0xex dx = e − 2

[ 1

0xex −

∫ 1

0ex dx

]=

e − 2[e − ∣∣10ex] = e − 2.

5. (a) Nach Formel (9.5.2) ist:∫ T

0te−rt dt =

T

0t−1r

e−rt−∫ T

0

−1r

e−rt dt =−Tr

e−rT +1r

∫ T

0e−rt dt =

−Tr

e−rT +

1r

T

0

−1r

e−rt =1r2

(1 − (1 + rT )e−rT). Multiplizieren Sie diesen Ausdruck mit b.

(b)∫ T

0(a + bt)e−rt dt = a

∫ T

0e−rt dt + b

∫ T

0te−rt dt. Verwenden Sie dann (a).

(c)∫ T

0(a − bt + ct2)e−rt dt = a

∫ T

0e−rt dt − b

∫ T

0te−rt dt + c

∫ T

0t2e−rt dt. Verwenden Sie die vorherigen

Resultate und∫ T

0t2e−rt dt =

T

0t2(−1/r)e−rt −

∫ T

02t(−1/r)e−rt dt = −(1/r)T2e−rT + (2/r)

∫ T

0te−rt dt.

9.6

2. (a) Siehe Buch. (b) Mit u = x3 + 2 erhalten wir du = 3x2 dx und∫x2ex3+2 dx =

∫13 eu du = 1

3 eu + C = 13ex3+2 + C .

(c) Erster Versuch: u = x + 2 führt zu du = dx und∫

ln(x + 2)2x + 4

dx =∫

ln u2u

. Dies sieht nicht wesentlich

einfacher aus als das ursprüngliche Integral. Eine bessere Idee ist es, u = ln(x + 2) zu substituieren.

Dann ist du =dx

x + 2und

∫ln(x + 2)2x + 4

dx =∫

12 u du = 1

4 (u)2 + C = 14 (ln(x + 2))2 + C .

(d) Erster Versuch: u = 1 + x führt zu du = dx und∫

x√

1 + x dx =∫

(u − 1)√

u du =∫

(u3/2 − u1/2) du= 2

5 u5/2 − 23 u3/2 + C = 2

5(1 + x)5/2 − 23 (1 + x)3/2 + C . Zweiter Versuch: u =

√1 + x. Dann ist u2 = 1 + x und

2udu = dx. Daraus ergibt sich:∫

x√

1 + x dx =∫

(u2 − 1)u2u du =∫

(2u4 − 2u3) du usw. Überprüfen Sie,ob Sie dieselbe Antwort erhalten. In diesem Fall funktioniert auch die partielle Integration. Setzen Sief (x) = x und g ′(x) =

√1 + x und g(x) = 2

3 (1 + x)3/2. (Die Antwort sieht anders aus, ist aber dieselbe.)

(e) Mit u = 1 + x2 oder x2 = u − 1 ist du = 2xdx, so dass∫

x3

(1 + x2)3dx =

∫x2 · x

(1 + x2)3dx =

12

∫u− 1

u3du = 1

2

∫(u−2 − u−3) du = − 1

2 u−1 + 14u−2 + C =

−12(1 + x2)

+1

4(1 + x2)2+ C.

(f) Mit u =√

4− x3 erhalten wir u2 = 4 − x3 und 2udu = −3x2dx, so dass∫

x5√

4− x3 dx =∫

x3√

4− x3 x2 dx =∫

(4 − u2) u(− 2

3

)u du =

∫ (− 83 u2 + 2

3 u4) du = − 89 u3 + 2

15 u5 + C = − 89 (4 − x3)3/2 +

215 (4 − x3)5/2 + C .

6. (a) I =∫ 1

0(x4 − x9)(x5 − 1)12 dx =

∫ 1

0−x4(x5 − 1)13 dx. Sei u = x5 − 1. Dann ist du = 5x4dx und wenn

x = 0, dann ist u = −1 und wenn x = 1, dann ist u = 0 und demnach I = −∫ 0

−1

15 u13 du = −

0

−1

170 u14 = 1

70 .

29


(b) Aus u =√

x folgt u2 = x und 2udu = dx und somit∫

ln x√x

dx = 2∫

ln u2 du = 4∫

ln u du =

4(u ln u − u) + C = 4√

x ln√

x − 4√

x + C = 2√

x ln x − 4√

x + C . (Partielle Integration funktioniert hierebenso mit f (x) = ln x und g ′(x) = 1/

√x.)

(c) Aus u = 1 +√

x erhalten wir u−1 =√

x bzw. (u−1)2 = x, so dass 2(u−1)du = dx. Wenn x = 0, folgt

u = 1 und wenn x = 4, folgt u = 3. Demnach ist∫ 4

0

dx√1 +√

x=∫ 3

1

2(u − 1)√u

du = 2∫ 3

1(u1/2 − u−1/2) du =

23

1( 2

3 (u3/2 − 2u1/2) du = 83 . (Die Substitution u =

√1 +√

x funktioniert ebenso.)

7. (a) Aus u = 1 + e√

x folgt: u > 0 und du =1

2√

x· e√x dx. Wenn x = 1, dann ist u = 1 + e und für x = 4 ist

u = 1 + e2. Daraus erhalten wir (beachten Sie, wie die Grenzen der Integration übertragen werden):∫ 4

1

e√

x

√x (1 + e

√x)

dx =∫ 1+e2

1+e

2 duu

= 21+e2

1+eln u = 2 ln(1 + e2)− 2 ln(1 + e).

(b) Eine naheliegende Substitution ist u = ex + 1 mit du = ex dx oder dx = du/ex = du/(u − 1).

Wenn x = 0, ist u = 2, wenn x = 1/3, ist u = e1/3 + 1. Demnach ist∫ 1/3

0

dxex + 1

=∫ e1/3+1

2

1u(u− 1)

du =∫ e1/3+1

2

(1

u− 1− 1

u

)du =

e1/3+1

2

(ln |u−1|−ln |u|) = 1

3−ln(e1/3 +1)+ln 2 = ln 2−ln(e−1/3 +1). (Überprüfen

Sie die letzte Gleichung.) Schreibt man den Integranden alse−x

1 + e−xum, funktioniert die Substitution

t = e−x (oder noch besser u = 1 + e−x) mit dt = −e−xdx ziemlich gut. Überzeugen Sie sich, dass Siedieselbe Lösung erhalten.

9.7

3. (a) Siehe Lösung im Buch. Indem wir eine vereinfachte Notation und das Resultat aus Beispiel 1(a)verwenden, erhalten wir:(b)

∫∞0 (x − 1/�)2 �e−�x dx = −∣∣∞

0 (x − 1/�)2 e−�x +∫∞

0 2 (x − 1/�) e−�x dx =1/�2 + 2

∫∞0 xe−�x dx − (2/�)

∫∞0 e−�x dx = 1/�2 + 2/�2 − 2/�2 = 1/�2

(c)∫∞

0 (x − 1/�)3 �e−�x dx = −∣∣∞0 (x − 1/�)3 e−�x +∫∞

0 3 (x − 1/�)2 e−�x dx =− 1/�3 + (3/�)

∫∞0 (x − 1/�)2 �e−�x dx = −1/�3 + (3/�)(1/�2) = 2/�3

5. (a) f ′(x) = (1 − 3 ln x)/x4 = 0 für x = e1/3 und f ′(x) > 0 für x < e1/3 sowie f ′(x) < 0 für x > e1/3.Demnach hat f ein Maximum an der Stelle e1/3. Der Maximalwert ist 1/(3e). Da f (x)→ −∞ für x → 0+,hat die Funktion kein Minimum. Beachten Sie, dass f (x) → 0 für x → ∞. (Verwenden Sie die Regelvon L’Hospital.)(b)

∫ ba x−3 ln x dx = −∣∣b

a12 x−2 ln x +

∫ ba

12 x−3 dx =

∣∣ba(− 1

2 x−2 ln x − 14x−2). Dies divergiert, wenn b = 1 und

a→ 0. Aber∫∞

1 x−3 ln x dx = 1/4.

7. Wenn beide Grenzwerte existieren, ist das Integral die Summe der beiden folgenden Grenzwerte:I1 = lim"→0+

∫ 3−2+"

(1/√

x + 2)

dx und I2 = lim"→0+∫ 3−"

−2

(1/√

3− x)

dx. Es gilt:

I1 = lim"→0+

∣∣3−2+"

(2√

x + 2)

= lim"→0+

(2√

5 − 2√

")

= 2√

5 und I2 = lim"→0+

∣∣3−"

−2

(−2√

3− x)

= lim"→0+

(−2√

" + 2√

5)

=

2√

5.

12. (a) Die vorgeschlagene Substitution ergibt∫ +∞

−∞f (x) dx =

1√�

∫ +∞

−∞e−u2

du = 1, indem man (9.7.8) ver-

wendet.

(b)∫ +∞

−∞xf (x) dx =

1√�

∫ +∞

−∞(� +√

2�u)e−u2du = �. Dabei wurde (a) und Beispiel 9.7.3 verwendet.

(c) I =∫ +∞

−∞x2f (x) dx =

1√�

∫ +∞

−∞(2�2u2+2

√2��u+�2)e−u2

du =2�2

√�

∫ +∞

−∞u2e−u2

du+2√

2��√�

∫ +∞

−∞ue−u2

du+

�2

√�

∫ +∞

−∞e−u2

du = �2 + 0 + �2. (Beachten Sie, dass partielle Integration∫

u2e−u2du = − 1

2 ue−u2+∫

12 e−u2

du ergibt, so dass∫ +∞

−∞u2e−u2

du = 12

√�.)

30


9.8

5. P(10) = 705 ergibt 641e10k = 705 oder e10k = 705/641. Bildet man den natürlichen Logarithmus aufbeiden Seiten, folgt 10k = ln(705/641), so dass k = 0.1 ln(705/641).

7. Unkompliziert zu lösen. Beachten Sie, dass es in (9.8.10), falls b �= 0, immer zwei konstante Lösungengibt: x ≡ 0 und x ≡ a/b. Letztere erhält man, indem man in (9.8.10) A = 0 setzt. So kommt zusätzlichzu der Lösung im Buch in (e) x ≡ 0 und in (f) K ≡ 0 als Lösung hinzu.

9. (a) Verwenden Sie (9.8.7). (Die Anwendung von (9.8.10) und dann die Ausnutzung von N (0) = 1, umdie Konstante zu bestimmen, ist weniger effizient.)

(b) 800 =1000

1 + 999e−0.39t∗ ⇐⇒ 999e−0.39t∗ =14

, so e−0.39t∗ = 1/3996 und somit 0.39t∗ = ln 3996, usw.

9.9

2. (a) dx/dt = e2t/x2. Trennung der Variablen:∫

x2 dx =∫

e2t dt. Integration ergibt 13 x3 = 1

2 e2t + C1. Dann

lösen wir nach x auf: x3 = 32 e2t + 3C1 = 3

2 e2t + C mit C = 3C1. Daher ist x = 3√

32 e2t + C . (Sie dürfen nicht

bis zum Schluss warten, um die Konstanten einzufügen. Falsch ist folgendes: 13 x3 = 1

2 e2t bzw. x3 = 32 e2t

bzw. x = 3√

32 e2t + C . Dies ist keine Lösung!)

(b)∫

e−x dx =∫

e−tdt. Integration ergibt: −e−x = −e−t + C1. Auflösen nach x ergibt: e−x = e−t + C mitC = −C1. Daher ist −x = ln(e−t + C ), so dass x = − ln(e−t + C ). (c) Direkt aus (9.9.3).(d) Analog zu (a).(e) Nach (9.9.5) ist x = Ce2t + e2t

∫(−t)e−2t dt = Ce2t − e2t

∫te−2t dt. Hier ist

∫te−2t dt = t(− 1

2 )e−2t +12

∫e−2t dt = (− 1

2 t − 14 )e−2t und demnach x = Ce2t − e2t(− 1

2 t − 14 )e−2t = Ce2t + 1

2 t + 14 .

(f) Nach Formel (9.9.5) ist: x = Ce−3t + e−3t∫

e3t tet2−3t dt = Ce−3t + e−3t∫

tet2dt = Ce−3t + 1

2et2−3t .

3. Die Gleichung ist separierbar: dk/k = s˛eˇt dt, so dass ln k = s˛ˇ

eˇt + C1 oder k = es˛ˇ eˇt

eC1 = Ces˛ˇ eˇt

. Mit

k(0) = k0 haben wir k0 = Ces˛ˇ und somit k = k0e

s˛ˇ (eˇt−1).

5. (a) Siehe Buch. (b)∫

K−˛ dK =∫

�L0eˇt dt, so dass1

1− ˛K 1−˛ =

�L0

ˇeˇt + C1.

Daher ist K 1−˛ =�L0(1− ˛)

ˇeˇt + (1 − ˛)C1. Für t = 0 ist K 1−˛

0 =�L0(1− ˛)

ˇ+ (1 − ˛)C1, so dass K 1−˛ =

(1 − ˛)�L0

ˇ(eˇt − 1) + K 1−˛

0 , woraus K bestimmt werden kann.

6.tx

dxdt

= a ist separierbar:dxx

= adtt

, so dass∫

dxx

= a∫

dtt

. Integration ergibt ln x = a ln t + C1, so dass

x = ea ln t+C1 = (eln t)aeC1 = Cta mit C = eC1 .


3. (a)∫ 12

050 dx =

12

050x = 600 (b)

∫ 2

0(x − 1

2 x2) dx =2

0( 1

2 x2 − 16 x3) = 2

3

(c)∫ 3

−3(u + 1)2 du =

3

−3

13 (u + 1)3 du = 24 (d)

∫ 5

1

2z

dz =5

12 ln z = 2 ln 5

(e)∫ 12

2

3 dtt + 4

dt =12

23 ln(t + 4) = 3 ln(8/3) (f)

∫ 4

0v√

v2 + 9 dv =4

0

13 (v2 + 9)3/2 = 98/3

5. (a) u = 9 +√

x, x = (u − 9)2 und dx = 2(u − 9) du. Wenn x = 0, ist u = 9. Wenn x = 25, ist u = 14.

Demnach ist∫ 25

0

19 +√

xdx =

∫ 14

9

2(u− 9)u

du =∫ 14

9

(2− 18

u

)du = 10− 18 ln

149

.

(b) u =√

t + 2, t = u2 − 2 und dt = 2u du. Wenn t = 2, ist u = 2. Wenn t = 7, ist u = 3. Daher ist∫ 7

2t√

t + 2 dt =∫ 3

2(u2 − 2)u · 2u du = 2

∫ 3

2(u4 − 2u2) du = 2

3

2

(15 u5 − 2

3u3)

= 886/15 .

(c) u = 3√

19x3 + 8 ist u3 = 19x3 + 8, so dass 3u2du = 57x2dx. Wenn x = 0, ist u = 2. Wenn x = 1, ist

u = 3. Dann ist∫ 1

057x2 3√19x3 + 8 dx =

∫ 3

23u3 du =

3

2

34 u4 = 195/4.

31


10. Gleichgewicht liegt vor, wenn 50/(Q∗ + 5) = 10 + Q∗, d. h. (Q∗)2 + 50Q∗ − 275 = 0. Die einzige positive

Lösung ist Q∗ = 5 und demnach P∗ = 5. CS =∫ 5

0

[50

Q + 5− 5]

dQ =5

0[50 ln(Q + 5)− 5Q] = 50 ln 2− 25;

PS =∫ 5

0(5 − 4.5− 0.1Q) dQ = 1.25.

11. (a) f ′(t) = 42 ln t · (1/t) · t − (ln t)2 · 1

t2= 4

(2− ln t) ln tt2

und

f ′′(t) = 4(2 · (1/t)− 2 ln t · (1/t)) t2 − (2 ln t − (ln t)2) 2t

t4= 8

(ln t)2 − 3 ln t + 1t3

.

(b) Stationäre Punkte: f ′(t) = 0 ⇐⇒ ln t(2− ln t) = 0 ⇐⇒ ln t = 2 oder ln t = 0 ⇐⇒ t = e2 oder t = 1.Da f ′′(1) = 8 > 0 und f ′′(e2) = −8e−6, ist t = 1 ein lokaler Minimumpunkt und t = e2 ≈ 7.4 ein lokalerMaximumpunkt. Es gilt f (1) = 0 und f (e2) = 16e−2 ≈ 2.2.

(c)ddt

(43

(ln t)3)

=43

3(ln t)2 1t

= f (t), so dass∫

f (t) dt =43

(ln t)3 + C . Da f (t) ≥ 0 für alle t > 0, ist die

Fläche∫ e2

1f (t) dt =

e2

1

43

(ln t)3 =43

23 − 0 =323

.

12. Direkte Anwendung von (9.8.8) bis (9.8.10).

13. (a) Separierbar.∫

x−2 dx =∫

t dt und somit −1/x = 12 t2 + C1 oder x = 1/(C − 1

2 t2) (mit C = −C1).(b) und (c): Direkte Anwendung von (9.9.3).(d) Nach (9.9.5) ist: x = Ce−5t + 10e−5t

∫te5t dt. Hier ist

∫te5t dt = t 1

5 e5t − 15

∫e5t dt = 1

5 te5t − 125e5t.

Demnach ist x = Ce−5t + 10e−5t( 15 te5t − 1

25e5t) = Ce−5t + 2t − 25 .

(e) x = Ce−t/2 + e−t/2∫

et/2et dt = Ce−t/2 + e−t/2∫

e3t/2 dt = Ce−t/2 + e−t/2 23e3t/2 = Ce−t/2 + 2

3 et.(f) x = Ce−3t + e−3t

∫t2e3t dt = Ce−3t + e−3t( 1

3 t2e3t − 23

∫te3t dt) = Ce−3t + 1

3 t2 − 23 e−3t( 1

3 te3t − 13

∫e3t dt) =

Ce−3t + 13 t2 − 2

9 t + 227 .

16. (a) und (b): siehe Buch. (c) F ′′(x) = f ′(x) = a�2e−�x (e−�x − a)(e−�x + a)−3. Beachten Sie, dass F ′′(x) = 0für e−�x = a, d. h. x0 = −ln a/�. Da F ′′(x) das Vorzeichen an der Stelle x0 = − ln a/� wechselt, ist diesein Wendepunkt. F (x0) = F (− ln a/�) = a/(a + a) = 1/2. Siehe Graph in der Abb. A9.W.16 im Buch.(d)∫∞−∞ f (x) dx = lim

a→−∞∫ 0

a f (x)dx + limb→∞

∫ b0 f (x) dx = lim

a→−∞[F (0)− F (a)] + limb→∞

[F (b)− F (0)] = 1, nach (a).

Kapitel 10 Themen aus der Finanzmathematik

10.1

3. Wir lösen (1 + p/100)100 = 100 nach p auf. Potenzieren jeder Seite mit 1/100 ergibt 1 + p/100 = 100√

100,so dass p = 100( 100

√100− 1) ≈ 100(1.047− 1) = 4.7.

5. Verwenden Sie Formel (10.1.2). (i) R = (1 + 0.17/2)2 − 1 = (1 + 0.085)2 − 1 = 0.177225 oder 17.72. %Für (ii) und (iii): siehe Lösung im Buch.

10.2

4. Wenn es 90 % an Wert verliert, dann gilt e−0.1t∗ = 1/10, so dass −0.1t∗ = − ln 10 oder t∗ = (ln 10)/0.1≈ 23.

6. Mit g(x) = (1 + r/x)x für alle x > 0 ist ln g(x) = x ln(1 + r/x). Differenzieren ergibt g ′(x)/g(x) =ln(1 + r/x) + x(−x/r2)/(1 + r/x) = ln(1 + r/x) − (x/r)/(1 + r/x), wie in der Aufgabe behauptet wird.Für das Weitere siehe die Lösung im Buch.

10.3

3. (a) Es ist f ′(t) = 0.05(t + 5)(35 − t)e−t . Demnach ist f ′(t) > 0 für t < 35 und f ′(t) < 0 für t > 35, sodass f an der Stelle t = 35 (mit f (35) ≈ 278) maximiert wird. (b) f (t) → 0 für t →∞. Siehe Graph inAbb. A10.3.3 im Buch.

32

Kapitel 10 Themen aus der Finanzmathematik

10.4

2. Wir verwenden Formel (10.4.5).

(a)15

1− 15

=14

(b)0.1

1− 0.1=

0.10.9

=19

(c)517

1− 1/1.1=

517 · 1.10.1

= 5687

(d)a

1− 1/(1 + a)= 1 + a (e)

51− 3/7

=354

6. Sei x die Anzahl der Jahre nach 1971, für die die verfügbaren Ressourcen an Eisen reichen. Dann ist794+794 ·1.05+ · · ·+794 ·(1.05)x = 249 ·103. Verwendet man (10.4.3), erhält man 794[1− (1.05)x+1]/(1−1.05) = 249 · 103 oder (1.05)x+1 = 249 · 103 · 0.05/794 ≈ 16.68. Mit einem Taschenrechner ergibt sichx ≈ (ln 16.68/ ln 1.05)− 1 ≈ 56.68, so dass die Ressourcen im Jahre 2028 verbraucht sein werden.

8. (a) Der Quotient dieser unendlichen Reihe ist e−rt , so dass die Summe f (t) =P(t)e−rt

1− e−rt=

P(t)ert − 1

ist.

(b) f ′(t) =P ′(t)(ert − 1)− P(t)rert

(ert − 1)2und t∗ > 0 kann nur dann f (t) maximieren, wenn f ′(t∗) = 0, d. h. wenn

P ′(t∗)(ert∗ − 1) = rP(t∗)ert∗ . Dies impliziert, dassP ′(t∗ )P(t∗)

=r

1− e−rt∗ .

(c) limr→0

r1− e−rt∗ =

„0“0

= limr→0

1t∗e−rt∗ →

1t∗

10.5

4. Angebot (a) ist besser, da das zweite Angebot einen Barwert von 46001− (1.06)−5

1− (1.06)−1≈ 20 540 hat.

7. Dies ist eine geometrische Reihe mit dem ersten Term a = D/(1+r) und dem Quotienten k = (1+g)/(1+r).Sie konvergiert genau dann, wenn k < 1, d. h. genau dann, wenn 1 + g < 1 + r oder g < r . Die Summe

isa

1 − k=

D/(1 + r)1− (1 + g)/(1 + r)

=D

r − g.

10.6

4. Plan (b) hat den Barwert12 000 · 1.115

0.115[1 − (1.115)−8] ≈ 67 644.42.

Plan (c) hat den Barwert 22 000 +70000.115

[1− (1.115)−12] ≈ 66 384.08.

Demnach ist Plan (c) der günstigste. Wenn der Zinssatz auf 12.5 % anwächst, haben Plan (b) und (c)den Barwert 65907.61 bzw. 64374.33.

10.7

5. Nach Division aller Beträge durch 10000 lautet die Gleichung f (s) = s20 + s19 + · · ·+ s2 + s−10 = 0. Dannist f (0) = −10 und f (1) = 10, so dass es laut Zwischenwertsatz (Theorem 7.10.1) mindestens eine Zahls∗ gibt mit f (s∗) = 0. Hier ist s∗ die einzige Lösung, da f ′(s) > 0. Demnach ist f (s) = −10 + (s−s21)/(1−s)und f (s∗) = 0 ⇐⇒ (s∗)10 − 11s∗ + 10 = 0. Daher ist s∗ = 0.928 eine approximative Lösung, welches derinternen Ertragsrate von ungefähr 7.8 % entspricht. (Siehe Aufgabe 7.W.26.)

10.8

3. Gleichgewicht verlangt ˛Pt−ˇ = �−ıPt+1, or Pt+1 = −(˛/ı)Pt +(ˇ+�)/ı. Verwendet man (10.8.4), erhältman die Lösung im Buch.


3. Wenn Sie a zu einem jährlichen Zinssatz von 11 % mit jährlicher Verzinsung ausleihen, wäre die Schuldnach einem Jahr a(1 + 11/100) = a(1.11). Leihen Sie den Betrag zu einem jährlichen Zinssatz von 10 %bei monatlicher Verzinsung aus, beträgt die Schuld nach einem Jahr a(1 + 10/12 · 100)12 ≈ 1.1047a, sodass Plan (ii) zu bevorzugen ist.

33


6. Wir verwenden Formel (10.4.5): (a)44

1− 0.56= 100 (b) Der erste Term ist 20 und der Quotient ist

1/1.2, so dass die Summe20

1− 1/1.2= 120 ist. (c)

31− 2/5

= 5 (d) Der erste Term ist (1/20)−2 = 400

und der Quotient ist 1/20, so dass die Summe400

1− 1/20)= 8000/19 ist.

8. (a) Siehe Buch. (b) Wir verwenden Formel (10.5.3) für den zukünftigen Wert einer Annuität. SieheBuch. (c) Siehe Buch.

11. (a) f ′(t) = 100e√

t/2e−rt[ 1

4√

t− r]. Wir sehen, dass f ′(t) = 0 für t∗ = 1/16r2. Da f ′(t) > 0 für t < t∗ und

f ′(t) < 0 für t > t∗, maximiert t∗ den Funktionswert f (t).

(b) f ′(t) = 200e−1/te−rt[ 1

t2− r]. Wir sehen, dass f ′(t) = 0 für t∗ = 1/

√r . Da f ′(t) > 0 für t < t∗ und

f ′(t) < 0 für t > t∗, maximiert t∗ den Funktionswert f (t).

12. (a) F (10)− F (0) =∫ 10

0(1 + 0.4t) dt =

10

0(t + 0.2t2) = 30. (Beachten Sie: Die Gesamteinnahmen betragen

F (10)− F (0), nicht F (10).) (b) Siehe Beispiel 9.5.3.

Kapitel 11 Funktionen mehrerer Variablen

11.1

6. (a) Der Nenner darf nicht 0 sein, so dass die Funktion für diejenigen (x, y) definiert ist, für die y �= x−2.(b) Man muss 2− (x2 + y2) ≥ 0 verlangen, d. h. x2 + y2 ≤ 2.(c) Sei a = x2 + y2. Es muss dann (4 − a)(a − 1) ≥ 0 gelten, d. h. 1 ≤ a ≤ 4. (Verwenden Sie einVorzeichen-Diagramm.)

7. Für (a) und (c): siehe Buch. (b) Da (x −a)2 ≥ 0 und (y −b)2 ≥ 0, reicht es x �= a und y �= b anzunehmen,da wir dann den ln für positive Zahlen bilden.

11.2

3. (a) und (b) sind einfach zu lösen. (c) f (x, y) = (x2 − 2y2)5 = u5, wobei u = x2 − 2y2. Dann istf ′1(x, y) = 5u4u′1 = 5(x2 − 2y2)42x = 10x(x2 − 2y2)4. Analog ist f ′2(x, y) = 5u4u′2 = 5(x2 − 2y2)4(−4y) =−20y(x2−2y2)4. f ′′12(x, y) ist die Ableitung von f ′1(x, y) bezgl. y . Dabei wird x konstant gehalten, so dassf ′′12(x, y) = (∂/∂y)(10x(x2 − 2y2)4) = 10x4(x2 − 2y2)3(−4y) = −160xy(x2 − 2y2)3.

5. (a) bis (c) sind einfach zu lösen. (d) z = xy = (eln x )y = ey ln x = eu mit u = y ln x. Dann ist z′x = euu′x =xy (y/x) = yxy−1. Analog ist z′y = euu′y = xy ln x. Ferner ist z′′xx = (∂/∂x)(yxy−1 ) = y(y − 1)xy−2. (Wennxy−1 partiell nach x differenziert wird, wird y konstant gehalten, so dass die Regel dxa/dx = axa−1 gilt.)z′′yy = (∂/∂y)(xy ln x) = xy (ln x)2. Schließlich ist z′′xy = (∂/∂y)(yxy−1 ) = xy−1 + yxy−1 ln x. (Beachten Sie,dass für w = xy−1 = xv mit v = y − 1 gilt: w ′y = xv ln x · 1 = xy−1 ln x. Oder: w = xy−1 = (1/x)xy , usw.)

11.3

8. (a) Der Punkt (2, 3) liegt auf der Höhenlinie z = 8, so dass f (2, 3) = 8. Die Punkte (x, 3) liegen auf derGeraden y = 3, die parallel zur x-Achse verläuft. Diese Gerade schneidet die Höhenlinie z = 8 an derStelle x = 2 und x = 5. (b) Siehe Buch.(c) Wenn man bei A in die Richtung der positiven x-Achse schaut, trifft man auf Höhenniveaus, derenWerte steigen, so dass f ′1(x, y) > 0. Eine grobe Schätzung von f ′1(x, y) im Punkt A ist 2, denn: Wenn Sievon A aus eine Einheit in Richtung der positiven x-Achse gehen, steigt der Wert von f (x, y) von 8 auf10 an.

9. (a) Es mag nützlich sein, sich die Abbildung als eine Karte eines Berges vorzustellen. Bei P ist dasGelände in Richtung der positiven x-Achse ansteigend, d. h. f ′x (P) > 0. Das Gelände fällt in Richtungder positiven y-Achse, d. h. f ′y (P) < 0. (b) (i) Die Gerade x = 1 hat keinen gemeinsamen Punkt mitden vorgegebenen Höhenlinien. (ii) Die Gerade y = 2 schneidet die Höhenlinie z = 2 ungefähr beix = 2 und x = 6.

34

Kapitel 11 Funktionen mehrerer Variablen

(c) Wenn man im Punkt (6, 0) startet und sich entlang der Geraden 2x + 3y = 12 nach oben bewegt,trifft man zuerst auf die Höhenlinie z = f (x, y) = 1. Bewegt man sich weiter, erreicht man Höhenlinienmit höheren z-Werten. Die Höhenlinie mit dem höchsten z-Wert, den man erreichen kann, ist z = 3.Hierbei berührt die Gerade gerade die Höhenlinie.

10. F (1, 0) = F (0, 0) +∫ 1

0 F ′1(x, 0) dx ≥ ∫ 10 2 dx = 2, F (2, 0) = F (1,0) +

∫ 21 F ′1(x, 0) dx ≥ F (1, 0) + 2,

F (0, 1) = F (0, 0) +∫ 1

0 F ′2(0, y) dy ≤ 1, F (1, 1) = F (0, 1) +∫ 1

0 F ′1(x, 1) dx ≥ F (0, 1) + 2,F (1, 1) = F (1, 0) +

∫ 10 F ′2(1, y) dy ≤ F (1, 0) + 1.

11.6

2. (a) bis (d) sind Routine. (e) f (x, y, z) = (x2 + y3 + z4)6 = u6 mit u = x2 + y3 + z4. Dann ist f ′1 = 6u5u′1 =6(x2 + y3 + z4)52x = 12x(x2 + y3 + z4)5, f ′2 = 6u5u′2 = 6(x2 + y3 + z4)53y2 = 18y2(x2 + y3 + z4)5, f ′3 = 6u5u′3 =6(x2 + y3 + z4)54z3 = 24z3(x2 + y3 + z4)5. (f) f (x, y, z) = exyz = eu mit u = xyz ergibt f ′1 = euu′1 = exyzyz.Ferner ist f ′2 = euu′2 = exyzxz und f ′3 = euu′3 = exyzxy

5. Wenn r und w Konstanten sind, so ist (1/r + 1/w) und demnach ∂�/∂p = 12 p(1/r + 1/w).

10. Aus f = xyzerhalten wir (∗) ln f = yz ln x. Differenzieren von (∗) nach x ergibt f ′x/f = yz/x und somit

f ′x = fyz/x = xyz yz/x = yzxyz−1. Differenzieren von (∗) nach y ergibt f ′y /f = zyz−1 ln x und somit f ′y =zyz−1(ln x)xyz . Differenzieren von (∗) nach z ergibt f ′z/f = yz(ln y)(ln x) und somit f ′z = yz(ln x)(ln y)xyz .

11.7

2. (a) Y ′K = aAK a−1 und Y ′K = aBLa−1, so dass KY ′K + LY ′L = aAK a + aBLa = a(AK a + BLa) = aY(b) KY ′K + LY ′L = KaAK a−1Lb + LAK abLb−1 = aAK aLb + bAK aLa = (a + b)AK aLb = (a + b)Y .

(c) Y ′K =2aKL5 − bK 4L2

(aL3 + bK 3)2und Y ′L =

2bK 5L − aK 2L4

(aL3 + bK 3)2, so dass

KY ′K + LY ′L =2aK 2L5 − bK 5L2 + 2bK 5L2 − aK 2L5

(aL3 + bK 3)2=

K 2L2(aL3 + bK 3)(aL3 + bK 3)2

=K 2L2

aL3 + bK 3= Y . (Nach Kapitel

12.6 sind diese Funktionen homogen vom Grad a, a + b und 1, so dass die Ergebnisse, die wir gefundenhaben, direkte Folgen von Eulers Theorem (12.6.2) sind.)

7. Y ′K = (−m/�)a(−�)K−�−1Ae�t[aK−� + bL−�

]−(m/�)−1= maK−�−1Ae�t

[aK−� + bL−�

]−(m/�)−1,

Y ′L = (−m/�)b(−�)L−�−1Ae�t[aK−� + bL−�

]−(m/�)−1 = mbL−�−1Ae�t[aK−� + bL−�

]−(m/�)−1.

Demnach ist KY ′K + LY ′L = m(aK−� + bL−�)Ae�t[aK−� + bL−�

]−(m/�)−1 = mY . (Diese Funktion ist homogenvom Grad m, so dass das Resultat eine direkte Folge von (12.6.2), d.h. Eulers Theorem ist.)

11.8

4.∂

∂m

(pDm

)= p

mD ′m − Dm2

=p

m2(mD ′m − D) =

pDm2

[ElmD − 1] > 0 genau dann, wenn ElmD > 1, so dass

pD/m um m wächst, wenn ElmD > 1. (Verwendet man die Formeln aus Aufgabe 7.7.9, folgt das Ergebnisebenso aus der Tatsache, dass Elm(pD/m) = Elmp + ElmD − Elmm = ElmD − 1.)


7. (a) z = (x2y4 + 2)5 = u5 mit u = x2y4 + 2, so dass∂z∂x

= 5u4 ∂u∂x

= 5(x2y4 + 2)42xy4 = 10xy4(x2y4 + 2)4. Für

die restlichen Aufgaben: siehe Buch.

11. (b) Wir wollen alle (x, y) finden, die beide Gleichungen (i) 4x3 − 8xy = 0 und (ii) 4y − 4x2 + 4 = 0erfüllen. Aus (i) erhalten wir 4x(x2 − 2y) = 0, d. h. x = 0 oder x2 = 2y . Für x = 0 folgt aus (ii): y = −1,so dass (x, y) = (0,−1) eine Lösung ist. Mit x2 = 2y reduziert sich (ii) zu 4y − 8y + 4 = 0 oder y = 1.Dann ist x2 = 2, so dass x = ±√2. Somit lauten die zwei weiteren Lösungen (x, y) = (±√2, 1).

35


Kapitel 12Handwerkszeug für komparativ statische Analysen

12.1

5. Wir betrachten (c) und (d). (c): Wenn z = F (x, y) = xy mit x = f (t) und y = g(t), ist F ′1(x, y) = y ,F ′2(x, y) = x, dx/dt = f ′(t) und dy/dt = g ′(t), so dass aus Formel (12.1.1) folgt:dz/dt = F ′1(x, y)(dx/dt) + F ′2(x, y)(dy/dt) = yf ′(t) + xg ′(t) = g(t)f ′(t) + f (t)g ′(t).

(d): Wenn z = F (x, y) =xy

mit x = f (t) und y = g(t), ist F ′1(x, y) =1y

, F ′2(x, y) = − xy2

,dxdt

= f ′(t) und

dydt

= g ′(t), so dass aus (12.1.1) folgt:dzdt

= F ′1(x, y)dxdt

+ F ′2(x, y)dydt

=1y

f ′(t)− xy2

g ′(t) =yf ′(t) − xg ′(t)

y2=

g(t)f ′(t) − f (t)g ′(t)(g(t))2

.

6. Sei U (x) = u(x, h(x)) = ln[x˛ + (ax4 + b)˛/3]− ˛3 ln(ax4 + b). Dann ist U ′(x) =

˛x˛−1(3b − ax4)3[x˛ + (ax4 + b)˛/3](ax4 + b)

.

Somit ist U ′(x∗) = 0 für x∗ = 4√

3b/a, wobei U ′(x) > 0 für alle x < x∗ und U ′(x) < 0 für alle x > x∗.Damit wird U durch x∗ maximiert.

7. Differenzieren von (12.1.1) nach t ergibt d2z/dt2 = (d/dt)[F ′1 (x, y) dx/dt] + (d/dt)[F ′2 (x, y) dy/dt].Hier ist (d/dt)[F ′1 (x, y) dx/dt] = [F ′′11(x, y) dx/dt + F ′′12(x, y) dy/dt]dx/dt + F ′1(x, y) d2x/dt2,

(d/dt)[F ′2 (x, y) dy/dt] = [F ′′21(x, y) dx/dt + F ′′22(x, y) dy/dt] dy/dt + F ′2(x, y) d2y/dt2.Unter der Annahme F ′′12 = F ′′21, folgt die Behauptung.

12.2

2. (a) Sei z = F (x, y) = xy2 mit x = t + s2 und y = t2s. Dann ist F ′1(x, y) = y2, F ′2(x, y) = 2xy , ∂x/∂t = 1und ∂y/∂t = 2ts. Dann ergibt (12.2.1): ∂z/∂t = F ′1(x, y)(∂x/∂t) + F ′2(x, y)(∂y/∂t) = y2 + 2xy2ts = (t2s)2 +2(t + s2)t2s2ts = t3s2(5t + 4s2). Ähnlich bestimmt man ∂z/∂s.

(b)∂z∂t

= F ′1(x, y)∂x∂t

+ F ′2(x, y)∂y∂t

=2y

(x + y)2et+s +

−2sx(x + y)2

ets, usw.

3. Es ist wichtig, dass Sie solche Probleme lösen können, da in ökonomischen Anwendungen häufig dieFunktionen nicht vollständig angegeben werden. (a) z′r = F ′uu′r + F ′v v ′r + F ′w w ′r = F ′u2r + F ′v · 0 + F ′w (1/r) =2rF ′u + (1/r)F ′w . Überprüfen Sie, dass Sie dieselben Antworten wie im Buch erhalten.

7. Verwenden Sie Formel (12.2.1) und siehe Buch. Lediglich die Notation ist anders.

8. (a) Sei u = ln v , wobei v = x3 + y3 + z3 − 3xyz. Dann ist ∂u/∂x = (1/v)(∂v/∂x) = (3x2 − 3yz)/v . Ähnlicherhält man ∂u/∂y = (3y2 − 3xz)/v und ∂u/∂z = (3z2 − 3xy)/v . Demnach ist

x∂u∂x

+ y∂u∂y

+ z∂u∂z

=1v

(3x3 − 3xyz) +1v

(3y3 − 3xyz) +1v

(3z3 − 3xyz) =3vv

= 3,

was (i) beweist. Gleichung (ii) kann dann durch elementare Algebra gezeigt werden.(b) Beachten Sie, dass f eine Funktion einer Variablen ist. Mit z = f (u), wobei u = x2y , erhalten wir∂z/∂x = f ′(u)u′x = 2xyf ′(x2y). Ebenso ist ∂z/∂y = x2f ′(x2y), so dass x∂z/∂x = 2x2yf ′(x2y) = 2y∂z/∂y .

12.3

2. (a) Siehe Buch. (b) Sei F (x, y) = x − y + 3xy . Dann ist F ′1 = 1 + 3y , F ′2 = −1 + 3x, F ′′11 = 0, F ′′12 = 3 undF ′′22 = 0. Insbesondere ist y ′ = −F ′1/F ′2 = −(1 + 3y)/(−1 + 3x). Ferner erhält man mit Gleichung (12.3.3):

y ′′ = − 1(F ′2)3

[F ′′11(F ′2)2 − 2F ′′12F ′1F ′2 + F ′′22(F ′1)2

]=

6(1 + 3y)(−1 + 3x)(−1 + 3x)3

=6(1 + 3y)

(−1 + 3x)2.

(c) Sei F (x, y) = y5 − x6. Dann ist F ′1 = −6x5, F ′2 = 5y4, F ′′11 = −30x4, F ′′12 = 0 und F ′′22 = 20y3, so dassy ′ = −F ′1/F ′2 = −(−6x5/5y4) = 6x5/5y4 ergibt. Dann erhält man mit Gleichung (12.3.3):

y ′′ = − 1(5y4)3

[(−30x4)(5y4)2 + 20y3(−6x5)2

]=

6x4

y4− 144x10

25y9.

36

Kapitel 12 Handwerkszeug für komparativ statische Analysen

3. (a) Mit F (x, y) = 2x2 + xy + y2 ist y ′ = −F ′1/F ′2 = −(4x + y)/(x + 2y) = −4 an der Stelle (2,0). Fernerist y ′′ = −(28x2 + 14y2 + 14xy)/(x + 2y)3 = −14 an der Stelle (2, 0). Die Tangente hat die Gleichungy = −4x + 8.(b) y ′ = 0 verlangt y = −4x. Setzt man dies in die Ausgangsgleichung ein, ergebensich die zwei Punkte.

4. Wenn wir F (x, y) = 3x2− 3xy2 + y3 + 3y2 definieren, lautet die gegebene Gleichung F (x, y) = 4. Nun istF ′1(x, y) = 6x−3y2 und F ′2(x, y) = −6xy+3y2+6y , so dass nach (12.3.1): y ′ = −(6x−3y2)/(−6xy+3y2+6y).

12.4

1. (a) und (b) sind einfach zu lösen. (c) Mit F (x, y, z) = exyz−3xyz ist die gegebene Gleichung F (x, y, z) =0. Nun ist F ′x (x, y, z) = yzexyz−3yz und F ′z(x, y, z) = xyexyz−3xy , so dass aus (12.4.1) folgt: z′x = −F ′x/F ′z =−(yzexyz−3yz)/(xyexyz−3xy) = −yz(exyz−3)/xy(exyz−3) = −z/x. (Genau genommen hat die Gleichungexyz = 3xyz zwei konstante Lösungen. Aus xyz = c können wir z′x viel einfacher finden.)

3. (a) Gleichung (∗) ist hier P/2√

L∗ = w . Lösen Sie dies nach L∗ auf. (b) Die Bedingung erster Ordnungist jetzt

Pf ′(L∗)− C ′L(L∗,w) = 0. (∗)Leiten Sie (∗) partiell nach P ab. Beachten Sie dabei, dass L∗ von P abhängt. Um die partelle Ableitungvon Pf ′(L∗) nach P zu bestimmen, verwendenwir die Produktregel:1·f ′(L∗)+Pf ′′(L∗)(∂L∗/∂P). Die partiel-le Ableitung von C ′L(L∗,w) nach P ist C ′′LL(L∗, w)(∂L∗/∂P). Zusammen haben wir f ′(L∗)+Pf ′′(L∗)(∂L∗/∂P)−C ′′LL(L∗,w)(∂L∗/∂P) = 0. Lösen Sie dies nach ∂L∗/∂P auf.Ableiten von (∗) nach w ergibt Pf ′′(L∗)(∂L∗/∂w)− C ′′LL(L∗, w)(∂L∗/∂w) − C ′′Lw (L∗,w) = 0. Lösen Sie diesnach ∂L∗/∂w auf.

6. (a) F ′1(x, y) = ey−3 +y2, F ′2(x, y) = xey−3 +2xy−2. Damit ist die Steigung der Tangente an die HöhenlinieF (x, y) = 4 im Punkt (1, 3) gegeben durch y ′ = −F ′1(1, 3)/F ′2(1, 3) = −10/5 = −2. (b) Bildet man aufbeiden Seiten den Logarithmus, erhält man (1 + c ln y) ln y = ln A + ˛ ln K + ˇ ln L. Ableiten nach K

ergibtcy

∂y∂K

ln y + (1 + c ln y)1y

∂y∂K

=˛

K. Auflösen nach ∂y/∂K ergibt dann die Antwort im Buch. ∂y/∂K

wird auf gleiche Weise bestimmt.

12.5

3. Mit F (K ,L) = AK aLb ist F ′K = aF/K , F ′L = bF/L, F ′′KK = a(a−1)F/K 2, F ′′KL = abF/KL und F ′′LL = b(b−1)F/L2.Ebenso ist −F ′K F ′L (KF ′K + LF ′L) = −(aF/K )(bF/L)(a + b)F = −ab(a + b)F3/KL. Ferner ist KL

[(F ′L)2F ′′KK −

2F ′K F ′2F ′′KL + (F ′K )2F ′′LL

]= −ab(a + b)F3/KL. Hieraus folgt: �KL = 1.

12.6

3. (2): xf ′1(x, y) + yf ′2(x, y) = x(y2 + 3x2) + y2xy = 3(x3 + xy2) = 3f (x, y)(3): Es ist einfach zu sehen, dass f ′1(x, y) = y2 + 3x2 und f ′2(x, y) = 2xy homogen vom Grad 2 sind.(4): f (x, y) = x3 + xy2 = x3[1 + (y/x)2] = y3[(x/y)3 + x/y](5): x2f ′′11 + 2xyf ′′12 + y2f ′′22 = x2(6x) + 2xy(2y) + y2(2x) = 6x3 + 4xy2 + 2xy2 = 3 · 2f (x, y)

4. Mit den Resultaten aus Beispiel 11.2.1(b) ist:

x∂f∂x

+ y∂f∂y

=xy3 − x3y + x3y − xy3

(x2 + y2)2 = 0 = 0 · f , so dass f homogen vom Grad 0 ist.

8. Aus (∗) mit k = 1 erhalten wir f ′′11 = (−y/x)f ′′12 und f ′′22 = (−x/y)f ′′21 . Aus f ′′12 = f ′′21 ergibt sich f ′′11f ′′22− (f ′′12)2 =(−y/x)f ′′12 (−x/y)f ′′12 − (f ′′12)2 = 0.

12.7

1. (a) und (f) sind einfach zu lösen. In (b) kann man wie auch in (e) Eulers Theorem verwenden.

(c) h(tx, ty, tz) =

√tx +

√ty +√

tztx + ty + tz

=

√t (√

x +√y +√

z )t(x + y + z)

= t−1/2h(x, y, z) für alle t > 0, so dass h

37


homogen vom Grad −1/2 ist. (d) G(tx, ty) =√

txty ln(tx)2 + (ty)2

txty= t√

xy lnt2(x2 + y2)

t2xy= tG(x, y) für

alle t > 0, so dass G homogen vom Grad 1 ist. (e) xH ′x + yH ′y = x(1/x) + y(1/y) = 2. Da 2 �= k(ln x + ln y)für alle Konstanten k , ist H nach Eulers Theorem nicht homogen.

2. (a) f (tx1, tx2, tx3) =(tx1tx2tx3)2

(tx1)4 + (tx2)4 + (tx3)4

(1

tx1+

1tx2

+1

tx3

)=

t6(x1x2x3)2

t4(x41 + x4

2 + x43 )

(1t

)(1x1

+1x2

+1x3

)=

tf (x1,x2, x3). Somit ist f homogen vom Grad 1.

(b) x(tv1, tv2, . . . , tvn) = A(ı1(tv1)−% + ı2(tv2)−% + · · · + ın(tvn )−%

)−�/% =

A(t−%(ı1v−%

1 + ı2v−%2 + · · · + ınv−%

n ))−�/% = (t−%)−�/%A

(ı1v−%

1 + ı2v−%2 + · · · + ınv−%

n)−�/% =

t�A(ı1v−%

1 + ı2v−%2 + · · · + ınv−%

n)−�/%

= t�x(x1,x2,x3). Somit ist x homogen vom Grad �.

12.8

1. In (a) und (b) verwenden wir die Approximation f (x, y) ≈ f (0, 0) + f ′1(0, 0)x + f ′2(0, 0)y .

(a) Für f (x, y) =√

1 + x + y ist f (0,0) = 1 und f ′1(x, y) = f ′2(x, y) =1

2√

1 + x + yund somit f ′1(0, 0) =

f ′2(0, 0) = 1/2. Damit ist die lineare Approximation von f (x, y) um (0,0) gegeben durch: f (x, y) ≈1 + 1

2 x + 12 y .

(b) Für f (x, y) = ex ln(1+y) ist f ′1(x, y) = ex ln(1+y) und f ′2(x, y) =ex

1 + y. Hieraus ergibt sich: f (0, 0) = 0,

f ′1(0, 0) = e0 ln 1 = 0 und f ′2(0, 0) = 1. Daraus folgt: f (x, y) = ex ln(1 + y) ≈ 0 + 0 · x + 1 · y = y .

3.∂g∗

∂�=

11 − ˇ

[(1 + �)(1 + ")˛

]1/(1−ˇ)−1(1 + ")˛ =1

1− ˇ

[(1 + �)(1 + ")˛

]ˇ/(1−ˇ)(1 + ")˛,

∂g∗

∂"=

11 − ˇ

[(1 + �)(1 + ")˛

]ˇ/(1−ˇ)(1 + �)˛(1 + ")˛−1. Siehe Buch.

7. Wir verwendenFormel (12.8.3). (a) Hier ist ∂z/∂x = 2x und ∂z/∂y = 2y . An der Stelle (1, 2, 5) erhaltenwir ∂z/∂y = 2 und ∂z/∂x = 4, so dass die Tangentialebene die Gleichung z−5 = 2(x−1)+ 4(y −2) ⇐⇒z = 2x +4y−5 besitzt. (b) Aus z = (y−x2)(y−2x2) = y2−3x2y +2x4 erhalten wir ∂z/∂x = −6xy +8x3

und ∂z/∂y = 2y − 3x2. An der Stelle (1, 3,2) erhalten wir ∂z/∂x = −10 und ∂z/∂y = 3, so dass dieTangentialebene die Gleichung z − 2 = −10(x − 1) + 3(y − 3) ⇐⇒ z = −10x + 3y + 3 hat.

12.9

2. Man kannentweder die Definition des Differentials (12.9.1) verwendenoder die Regeln für Differentiale,wie wir es hier tun werden.(a) dz = d(x3) + d(y3) = 3x2dx + 3y2dy (b) dz = (dx)ey2 + x(dey2). Dabei ist dey2 = ey2dy2 = ey22ydy ,so dass dz = ey2

dx + 2xyey2dy = ey2

(dx + 2xydy).

(c) dz = d ln u, wobei u = x2 − y2. Dann ist dz =1u

du =2xdx − 2ydy

x2 − y2.

5. d(UeU ) = d(x√

y) und somit eU dU + UeUdU = dx√

y + (x/2√

y)dy . Auflösen nach dU ergibt die Lösungim Buch.

12.11

3. Da nach den partiellen Ableitungen von y1 und y2 bezügl. x1 gefragt wird, können wir ebenso das Sys-

tem partiell nach x1 ableiten: (i) 3 − ∂y1

∂x1− 9y2

2∂y2

∂x1= 0, (ii) 3x2

1 + 6y21

∂y1

∂x1− ∂y2

∂x1= 0. Lösen Sie

nach den partiellen Ableitungen auf. Siehe Buch.(Eine Alternative, insbesondere wenn man alle partiellen Ableitungen braucht, ist das Bilden des tota-len Differentials: (i) 3 dx1 + 2x2 dx2 − dy1 − 9y2

2 dy2 = 0, (ii) 3x21 dx1 − 2dx2 + 6y2

1 dy1 − dy2 = 0.

Indem wir dx2 = 0 setzen und nach dy1 und dy2 auflösen, erhalten wir dy1 = Adx1 und dy2 = Bdx1,wobei A = ∂y1/∂x1 und B = ∂y2/∂x1.)

38

Kapitel 12 Handwerkszeug für komparativ statische Analysen

4. Differenzieren nach M ergibt (i) I ′(r)r ′M = S′(Y )Y ′M , (ii) aY ′M + L′(r)r ′M = 1.(Beachten Sie, dass Y und r Funktionen der unabhängigen Variablen a und M sind.) Schreibt man diesals ein lineares Gleichungssystem in Standardform, erhält man

−S′(Y )Y ′M + I ′(r)r ′M = 0

aY ′M + L′(r)r ′M = 1

Cramer’sche Regel (oder gewöhnliche Elimination) ergibt dann

Y ′M =

∣∣∣∣∣0 I ′(r)1 L′(r)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−S′(Y ) I ′(r)

a L′(r)

∣∣∣∣∣=

I ′(r)S′(Y )L′(r) + aI ′(r)

und r ′M =S′(Y )

S′(Y )L′(r) + aI ′(r).

5. Differenzieren nach x ergibt y + u′xv + uv ′x = 0 und u + xu′x + yv ′x = 0. Wenn wir dies nach u′x und v ′xauflösen, erhalten wir

u′x =u2 − y2

yv − xu=

u2 − y2

2yvund v ′x =

xy − uvyv − xu

=2xy − 1

2yv,

wobei wir xu = −yv und uv = 1−xy substituiert haben. Die Ableitung von u′x nach x ergibt schließlich

u′′xx =∂2u∂x2

=∂

∂xu′x =

2uu′x2yv − (u2 − y2)2yv ′x4y2v2

=(u2 − y2)(4uv − 1)

4y2v3.

9. (a) Ableiten ergibt: 2uvdu+u2dv−du = 3x2dx +6y2dy und eux(udx +xdu) = vdy +ydv . An der Stelle Pwird dies zu 3du+4dv = 6dy und dv = 2dx−dy . Demnach ist du = 2dy−(4/3)dv = −(8/3) dx+(10/3)dy .

Somit ist ∂u/∂y = 10/3und ∂v/∂x = 2. (b) Siehe Buch.


4. X = Ng(u), wobei u = '(N )/N . Dann ist du/dN = ['′(N )N − '(N )]/N 2 = (1/N )('′(N )− u) und mit derProdukt- und Kettenregel folgt:

dXdN

= g(u) + Ng ′(u)dudN

= g(u) + g ′(u)('′(N )− u), u ='(N )

N.

Ableiten von g(u) + g ′(u)('′(N )− u) nach N ergibt

d2XdN 2

= g ′(u)dudN

+ g ′′(u)dudN

('′(N )− u) + g ′(u)(

'′′(N )− dudN

)

=1N

g ′′('(N )/N

)['′(N )− '(N )/N

]2 + g ′('(N )/N

)'′′(N )

.

5. (a) Bilden Sie den natürlichen Logarithmus ln E = ln A− a ln p + b ln m und differenzieren Sie dann.(b) Siehe Buch.

11. Elx(y2exe1/y ) = Elxy2 + Elxex + Elxe1/y = 0. Dabei ist Elxy2 = 2Elxy und Elxex = x. Ferner ist Elxe1/y =Elxeu, wobei u = 1/y , so dass Elxeu = uElx(1/y) = (1/y)(Elx1 − Elxy) = −(1/y)Elxy . Alles in allemist 2Elxy + x − (1/y)Elxy = 0, so dass Elxy = xy/(1 − 2y). (Wir haben die Regeln für Elastizitäten ausAufgabe 7.7.9 verwendet. Wenn Sie nicht mit diesen Regeln vertraut sind, können Sie y ′ auch durchimplizites Differenzieren bestimmen und dann Elxy = (x/y)y ′ verwenden.)

16. (a) Differenzieren und anschließendes Sammeln aller Terme in dp und dL auf der linken Seite ergibt:

(i) F ′(L) dp + pF ′′(L) dL = dw , (ii) F (L) dp + (pF ′(L) −w) dL = L dw + dB.

Da wir bereits wissen, dass pF ′(L) = w , impliziert (ii), dass dp = (Ldw + dB)/F (L). Setzt man dies in (i)ein und löst nach dL auf, erhält man dL = [(F (L) − LF ′(L))dw − F ′(L)dB]/pF (L)F ′′ (L). Es folgt:

∂p∂w

=L

F (L),

∂p∂B

=1

F (L),

∂L∂w

=F (L) − LF ′(L)pF (L)F ′′(L)

,∂L∂B

= − F ′(L)pF (L)F ′′(L)

.

39


(b) Wir wissen, dass p > 0, F ′(L) > 0 und F ′′(L) < 0. Ebenso ist F (L) = (wL + B)/p > 0. Demnach istklar, dass ∂p/∂w > 0, ∂p/∂B > 0 und ∂L/∂B > 0. Um das Vorzeichen von ∂L/∂w zu finden, benötigenwir das Vorzeichen von F (L)− LF ′(L). Aus den Gleichungen des Modells erhalten wir F ′(L) = w/p undF (L) = (wL + B)/p, so dass F (L) − LF ′(L) = B/p > 0. Daraus folgt: ∂L/∂w < 0.

Kapitel 13 Multivariate Optimierung

13.1

3. F ′K = −2(K−3)−(L−6) undF ′L = −4(L−6)−(K−3). Bedingungenerster Ordnung:−2(K−3)−(L−6) = 0.65,−4(L − 6)− (K − 3) = 1.2. Die Lösung ist (K ,L) = (3, 6).

4. (b) Bedingungen erster Ordnung: �′x = −2x + 22 = 0 und �′y = −2y + 18 = 0. Daraus folgt: x = 11 undy = 9.

13.2

3. Beachten Sie: U = (108 − 3y − 4z)yz. Dann ist ∂U/∂y = 108z − 6yz − 4z2 = 0 und ∂U/∂z = 108y −3y2 − 8yz = 0. Da angenommen wird, dass y und z positiv sind, reduzieren sich diese Gleichungen zu6y + 4z = 108 und zu 3y + 8z = 108 mit den Lösungen y = 12 und z = 9. Theorem 13.2.1 kann nichtdirekt angewendet werden, um die Optimalität zu prüfen. Es kann jedoch auf das äquivalente Problemder Maximierung von ln U angewendet werden. (Siehe Theorem 13.6.3.)

7. Man löst die Nebenbedinung nach z auf: z = 4x + 2y − 5. Dann minimiert man P(x, y) = x2 + y2 +(4x + 2y − 5)2 bzgl. x und y . Die Bedingungen erster Ordnung sind: P ′1 = 34x + 16y − 40 = 0 undP ′2 = 16x + 10y−20 = 0 mit den Lösungen x = 20/21 bzw. y = 10/21. Da P ′′11 = 34, P ′′12 = 16 und P ′′22 = 10,sehen wir, dass die Bedingungen zweiter Ordnung für ein Minimum erfüllt sind.

13.3

3. (a) V ′t (t, x) = f ′t (t, x)e−rt − rf (t, x)e−rt = 0 und V ′x (t, x) = f ′x (t, x)e−rt − 1 = 0, so dass im Optimum gilt:f ′t (t∗, x∗) = rf (t∗ ,x∗) und f ′x (t∗, x∗) = ert∗ . (b) Siehe Buch und (c).(c) V (t, x) = g(t)h(x)e−rt − x, so dass V ′t = h(x)(g ′(t) − rg(t))e−rt und V ′x = g(t)h′(x)e−rt − 1. Ferner istV ′′tt = h(x)(g ′′(t) − 2rg ′(t) + r2g(t))e−rt , V ′′tx = h′(x)(g ′(t) − rg(t))e−rt und V ′′xx = g(t)h′′(x)e−rt . An der Stelle(t∗ ,x∗) ist V ′′tx = 0, V ′′xx < 0 und V ′′tt = h(x∗)[g ′′(t∗)− 2rg ′(t∗) + r2g(t∗)]e−rt∗ . Da g ′(t∗) = rg(t∗), erhalten wirV ′′tt = h(x∗)[g ′′(t∗)− r2g(t∗)]e−rt∗ < 0. Demnach ist (t∗, x∗) ein lokaler Maximumpunkt.(d) Die Bedingungen erster Ordnung aus (b) reduzieren sich zu e

√t∗/2√

t∗ = re√

t∗ , so dass t∗ = 1/4r2

und 1/(x∗ + 1) = e1/4r/e1/2r oder x∗ = e1/4r −1. Die zwei Bedingungen aus (c) sind erfüllt. Offensichtlich

ist h′′(x∗) = −(1 + x∗)−2 < 0. Ferner gilt g ′′(t∗) =1

4t∗√

t∗e√

t∗ (√

t∗ −1) = r2(1−2r)e1/2r < r2e1/2r , was wahr

ist, wenn r > 0 ist.

5. (a) Es muss 1 + x2y > 0 sein. Wenn x = 0, ist f (0, y) = 0. Für x �= 0 gilt 1 + x2y > 0 ⇐⇒ y > −1/x2.(Die Abbildung im Buch zeigt einen Teil des Graphen von f . Beachten Sie, dass f = 0 auf der x- undauf der y-Achse.) (b) Siehe Buch.

(c) f ′′11(x, y) =2y − 2x2y2

(1 + x2y)2, f ′′12(x, y) =

2x(1 + x2y)2

und f ′′22(x, y) =−x4

(1 + x2y)2. Für alle Punkte der Gestalt

(0, b) sind die partiellen Ableitungen zweiter Ordnung f ′′11(0,b) = 2b, f ′′12(0, b) = 0 und f ′′22(0, b) = 0. Daf ′′11f ′′22 − (f ′′12)2 = 0 für alle stationäre Punkte, sagt uns die Untersuchung der zweiten Ableitungen nichtsüber die Art der stationären Punkte aus. Siehe Buch.

13.4

2. (a) Siehe Buch. (b) Die neue Gewinnfunktion ist � = −bp2 − dp2 + (a + ˇb)p + (c + ˇd)p− ˛− ˇ(a + c)

und der Preis, der den Gewinn maximiert, ist p =a + c + ˇ(b + d)

2(b + d), wie man leicht sieht.

40


(c) Wenn ˇ = 0, ist p∗ =a

2b, q∗ =

c2d

und somit �(p∗, q∗) =a2

4b+

c2

4d− ˛. Ferner ist p =

a + c2(b + d)

mit

�(p) =(a + c)2

4(b + d)−˛ und �(p∗, q∗)− �(p) =

(ad − bc)2

4bd(b + d)≥ 0. Beachten Sie, dass die Differenz 0 ist, wenn

ad = bc ist. In diesem Fall ist p∗ = q∗. Somit sollte die Firma auf jeden Fall in beiden Märkten denselbenPreis erheben.

3. Die Erhebung einer Steuer der Höhe t pro Einheit auf Markt 1 bewirkt die neue Gewinnfunktion:�(Q1, Q2) = �(Q1, Q2)− tQ1. Die optimale Produktionsmenge auf Markt 1 ist dann Q1 = (a1 −˛− t)/2b1

(siehe Buch) und die Steuereinnahmen sind T (t) = t(a1 − ˛ − t)/2b1 = [t(a1 − ˛) − t2]/2b1. DiesesPolynom zweiten Grades hat ein Maximum, wenn T ′(t) = 0, d.h. t = 1

2 (a1 − ˛).

4. (a) Sei (x0, y0) = (0, 11.29), (x1, y1) = (1, 11.40), (x2,y2) = (2, 11.49) und (x3, y3) = (3, 11.61), so dass x0

1970 entspricht, usw. (Die Zahlen für yt sind wie die meisten nachfolgenden Ergebnisse approximiert.)Wir erhalten �x = 1

4 (0 + 1 + 2 + 3) = 1.5, �y = 14 (11.29 + 11.40 + 11.49 + 11.61) = 11.45 und �xx =

14 [(0−1.5)2+(1−1.5)2+(2−1.5)2+(3−1.5)2] = 1.25. Ferner ist �xy = 0.13125 und somit a = �xy /�xx = 0.105

und b = �y − a�x ≈ 11.45− 0.105 · 1.5 = 11.29.(b) Mit z0 = ln 274, z1 = ln 307, z2 = ln 436 und z3 = ln 524 haben wir (x0, z0) = (0,5.61), (x1, z1) =(1, 5.73), (x2, z2) = (2, 6.08) und (x3, z3) = (3, 6.26). Wie zuvor ist �x = 1.5 und �xx = 1.25. Ferner ist�z = 1

4 (5.61 + 5.73 + 6.08 + 6.26) = 5.92 und �xz ≈ 0.2875. Da c = �xz/�xx = 0.23, ist d = �z − c�x =5.92− 0.23 · 1.5 = 5.575.(c) Mit ln (BSP) = 0.105x + 11.25 ist BSP = e11.25e0.105x = 80017e0.105x. Analog ist AH = 256e0.23x. DieBedingung, dass AH = 0.01 BSP ist, impliziert, dass e0.23x−0.105x = 80017/25600 und somit 0.125x =ln(80017/25600). Demnach ist x = ln(80017/25600)/0.125 = 9.12. Da x = 0 dem Jahr 1970 entspricht,wird das Ziel 1979 erreicht sein.

5. (a) Siehe Buch. (b) Der Gewinn des Unternehmens A ist nun �A(p) = px − 5 − x = p(29 − 5p +4q) − 5 − 29 + 5p − 4q = 34p − 5p2 + 4pq − 4q − 34, wobei q fest ist. Diese quadratische Funktionhat ihr Maximum für p = pA(q) = 1

5 (2q + 17). Ähnlich erhält man den Gewinn des Unternehmens B�B (q) = qy − 3− 2y = 28q − 6q2 + 4pq− 8p− 35, wobei p fest ist. Diese quadratische Funktion hat ihrMaximum für q = qB(p) = 1

3 (p + 7). Für (c) und (d): siehe Buch.

13.5

2. (a) Die stetige Funktion f ist auf einer abgeschlossenen, beschränkten Menge S definiert (siehe Abb.CWS13.5.2), so dass f nach dem Extremwertsatz sowohl ein Maximum als auch ein Minimum in Sannimmt. Stationäre Punkte sind dort, wo (i) f ′1(x, y) = 3x2 − 9y = 0 und (ii) f ′2(x, y) = 3y2 − 9x = 0.Aus (i) folgt y = 1

3x2. Einsetzen in (ii) ergibt 13 x(x3 − 27) = 0. Die einzigen Lösungen sind x = 0 und

x = 3. Somit ist (x, y) = (3, 3) der einzige stationäre Punkt im Innern von S. Wir untersuchen jetzt dasVerhalten von f (x, y) auf dem Rand von S, d. h. entlang der vier Seiten von S.(I) y = 0, x ∈ [0,4]. Dann ist f (x, 0) = x3 + 27 mit einem Minimum für x = 0 und einem Maximum fürx = 4. Mögliche Extrempunkte sind also (0, 0) und (4, 0).

y

x

4

4

(3, 3)

Abbildung CWS13.5.2

41


(II) x = 4, y ∈ [0,4]. Dann ist f (4,y) = y3 − 36y + 91. Für die Funktion g(y) = y3 − 36y + 91, wobeiy ∈ [0, 4], gilt g ′(y) = 3y2 − 36 = 0, wenn y =

√12. Mögliche Extrempunkte im Fall (II) sind demnach

(4, 0), (4,√

12) und (4, 4).(III) y = 4, x ∈ [0, 4]. Dann ist f (x, 4) = x3 − 36x + 91 und wie in (II) liegen die Kandidaten für einenExtrempunkt bei (0, 4), (

√12,4) und (4, 4).

(IV) x = 0, y ∈ [0, 4]. Wie im Fall (I) erhalten wir die möglichen Extrempunkte (0, 0) und (0, 4).Dies ergibt sechs mögliche Kandidaten mit den Werten f (3, 3) = 0, f (0, 0) = 27, f (4, 0) = f (0, 4) = 91,f (4,√

12) = f (√

12,4) = 91− 24√

12 ≈ 7.7, f (0, 0) = 27. Damit folgt die Lösung im Buch.

(b) Der Definitionsbereich S ={

(x, y): x2 + y2 ≤ 1}

beschreibt die Menge aller Punkte, die auf oderinnerhalb eines Kreises mit dem Radius 1 um den Ursprung liegen. Diese Menge ist abgeschlossenund beschränkt. Die Funktion f (x, y) = x2 + 2y2 − x ist stetig. Nach dem Extremwertsatz nimmt f einMaximum und ein Minimum in S an. Stationäre Punkte für f sind dort, wo f ′x (x, y) = 2x − 1 = 0 undf ′y (x, y) = 4y = 0. Demnach ist (x1,y1) = (1/2,0) der einzige stationäre Punkt für f im Innern von S. EinExtrempunkt, der nicht im Innern von S liegt, muss auf dem Rand von S liegen, d. h. auf dem Kreisx2 + y2 = 1. Entlang des Kreises haben wir y2 = 1− x2 und somit

f (x, y) = x2 + 2y2 − x = x2 + 2(1− x2)− x = 2− x − x2,

wobei x im Interval [−1, 1] variiert. (Es ist ein häufiger Fehler, diese Einschränkung zu übergehen.) DieFunktion g(x) = 2 − x − x2 hat einen stationären Punkt im Innern von [−1, 1], nämlich x = −1/2, sodass ein Extremwert von g(x) nur dieser Wert von x oder einer der Endpunkte±1 des Intervalls [−1, 1]sein kann. Ein Extrempunkt für f (x, y) auf dem Rand von S muss demnach einer der Punkte

(x2,y2) = (− 12 , 1

2

√3), (x3, y3) = (− 1

2 ,− 12

√3), (x4, y4) = (1, 0), (x5, y5) = (−1, 0)

sein. Nun gilt f ( 12 ,0) = − 1

4 , f (− 12 ,± 1

2

√3) = 9

4 , f (1, 0) = 0 und f (−1, 0) = 2, so dass die Lösung im Buchfolgt.

3. Die Menge S ist in Abb. A13.5.3 im Buch dargestellt. Sie ist abgeschlossen und beschränkt, so dass diestetige Funktion f ein Maximum in S hat. Die stationären Punkte sind dort, wo ∂f /∂x = 9−12(x +y) = 0und ∂f /∂y = 8 − 12(x + y) = 0 gilt. Aber 12(x + y) = 9 und 12(x + y) = 8 ergibt einen Widerspruch.Demnach gibt es überhaupt keine stationären Punkte im Innern. Der Maximalwert von f muss demnachauf dem Rand liegen, der aus fünf Teilen besteht. Entweder liegt der Maximalwert in einem der fünfEckpunkte oder in einem inneren Punkt der fünf „Seiten.“ Die Funktionswerte in den fünf Eckpunktensind f (0, 0) = 0, f (5, 0) = −105, f (5, 3) = −315, f (4, 3) = −234 sowie f (0, 1) = 2.Dann untersucht man das Verhalten von f im Innern der fünf Seiten, die mit (I), (II), (III), (IV) und (V)in Abb. A13.5.3. bezeichnet sind.(I) y = 0, x ∈ (0, 5). Das Verhalten von f wird durch die Funktion g1(x) = f (x, 0) = 9x−6x2 für x ∈ (0, 5)beschrieben. Wenn diese Funktion einer Variablen ein Maximum in (0, 5) hat, muss es in dem Punktliegen, in dem g ′1(x) = 9− 12x = 0 gilt, nämlich in x = 3/4. Wir erhalten g1(3/4) = f (3/4,0) = 27/8.(II) x = 5, y ∈ (0, 3). Sei g2(y) = f (5,y) = 45+8y−6(5+y)2 für y ∈ (0, 3). Es ergibt sich g ′2(y) = −52−12y ,welches in (0, 3) negativ ist, so dass es hier keine stationären Punkte gibt.(III) y = 3, x ∈ (4, 5). Sei g3(x) = f (x, 3) = 9x+24−6(x+3)2 für x ∈ (4, 5). Es folgt, dass g ′3(x) = −27−12x,welches in (4, 5) negativ ist, so dass es wieder keine stationären Punkte gibt.(IV) −x +2y = 2 oder y = x/2+1 mit x ∈ (0,4). Sei g4(x) = f (x, x/2+1) = −27x2/2−5x +2 für x ∈ (0, 4).Hier ist g ′4(x) = −27x − 5, welches negativ in (0,4) ist, d. h. es gibt hier keine stationären Punkte.(V) x = 0, y ∈ (0,1). Sei g5(y) = f (0,y) = 8y − 6y2. Dann ist g ′5(y) = 8 − 12y = 0 für y = 2/3 mitg5(2/3) = f (0, 2/3) = 8/3.Nachdem wir die Werte von f in den fünf Eckpunkten sowie den in den Seiten (I) und (V) gefundenenPunkten verglichen haben, hat f den Maximalwert 27/8, der an der Stelle (3/4,0) angenommen wird.

5. (a) f ′1(x, y) = e−x(1 − x)(y − 4)y , f ′2(x, y) = 2xe−x(y − 2). Es folgt, dass die stationären Punkte (1, 2),(0, 0) und (0, 4) sind. (Versichern Sie sich, warum das so ist!) Ferner ist f ′′11(x, y) = e−x(x − 2)(y2 − 4y),f ′′12(x, y) = e−x (1− x)(2y − 4) und f ′′22 = 2xe−x . Klassifizierung der stationären Punkte:

42


(x, y) A B C AC − B2 Punkttyp

(1, 2) 4e−1 > 0 0 2e−1 8e−2 > 0 Lok. Minimumpunkt

(0, 0) 0 −4 0 −16 < 0 Sattelpunkt

(0, 4) 0 4 0 −16 < 0 Sattelpunkt

(b) Wir sehen, dass f (1, y) = e−1(y2−4y)→∞ für y →∞. Dies zeigt, dass f keinen globalen Maximum-punkt hat. Da f (−1, y) = −e(y2 − 4y)→ −∞ für y →∞, hat f auch keinen globalen Minimumpunkt.(c) Die Menge S ist offensichtlich beschränkt. Der Rand von Sbesteht aus den vier Seiten eines Rechtecks, wobei alle Punk-te auf diesen Seiten noch zu S gehören. Somit ist S abge-schlossen. Da f stetig ist, sagt der Extremwertsatz aus, dassf ein globales Maximum und Minimum in S annimmt. Die-se globalen Extrempunkte sind entweder stationäre Punkte vonf im Innern von S oder Randpunkte von S. Der einzige sta-tionäre Punkt von f im Innern von S ist (1, 2). Der Funk-tionswert an dieser Stelle ist f (1, 2) = −4e−1 ≈ 1.4715.

y

x

y

x

(1, 2) (II)(IV)

(I)

(III)

Die vier Seiten sind einfach zu untersuchen:(i) Entlang (I) ist y = 0 und f (x, y) = f (x, 0) ist identisch 0.(ii) Entlang (II) ist x = 5 und f (x, y) = 5e−5(y2 − 4y), welches seinen kleinsten Wert für y = 2 hat undseinen größten für y = 0 und für y = 4 hat. (Beachten Sie, dass y ∈ [0, 4] für alle Punkte (x, y) in derSeite (II) gilt.) Die Funktionswerte sind f (5, 2) = −20e−5 ≈ −0.1348 und f (5, 0) = f (5, 4) = 0.(iii) Entlang (III) ist y = 4 und f (x, y) = f (x, 4) = 0.(iv) Entlang (IV) ist x = 0 und f (x, y) = f (0,y) = 0.Zusammenfassend ergibt sich, dass f seinen kleinsten Wert (auf S) an der Stelle (1, 2) und seinen größ-ten Wert (nämlich 0) in allen Punkten der Seiten (I), (III) und (IV) annimmt.

(d) y ′ = − f ′1(x, y)f ′2(x, y)

= −e−x (1− x)(y − 4)y2xe−x(y − 2)

=(x − 1)(y − 4)y

2x(y − 2)= 0 für x = 1.

13.6

1. (a) f ′x (x, y, z) = 2 − 2x = 0, f ′y (x, y, z) = 10− 2y = 0, f ′x (x, y, z) = −2z = 0. Es folgt die Lösung im Buch.(b) f ′x (x, y, z) = −2x − 2y − 2z = 0, f ′y (x, y, z) = −4y − 2x = 0, f ′z(x, y, z) = −6z − 2x = 0. Aus denletzten zwei Gleichungen erhalten wir y = − 1

2 x und z = − 13 x. Einsetzen in die erste Gleichung ergibt

−2x + x + 23 x = 0. Somit ist x = 0. Es folgt y = z = 0.

4. Die Berechnung von f ′x ist Routine. Um f nach y und z zu differenzieren, verwenden wir (9.3.6) und(9.3.7). Die Ableitung von

∫ zy et2

dt nach y , wobei z konstant zu halten ist, ist nach (9.3.7) gleich −ey2.

Die Ableitung von∫ z

y et2dt nach z, wobei y konstant zu halten ist, ist nach (9.3.6) gleich ez2

. Demnach

ist f ′y = 2−ey2und f ′z = −3+ez2

. Da jede der drei partiellen Ableitungen nur von einer Variablen abhängtund 0 für zwei verschiedene Werte dieser Variablen ist, gibt es acht stationäre Punkte. Siehe Buch.

13.7

2. (a) Bedingungen erster Ordnung: �′K = 23 pK−1/3 − r = 0, �′L = 1

2 pL−1/2 − w = 0, �′T = 13pT−2/3 − q = 0.

Daraus folgt K−1/3 = 3r/2p, L−1/2 = 2w/p und T−2/3 = 3q/p. Potenzieren jeder Seite von K−1/3 = 3r/2pmit dem Exponenten −3 ergibt K = (3r/2p)−3 = (2p/3r)3 = (8/27)p3r−3. Auf gleiche Weise kann man Lund T bestimmen. (b) Siehe Buch.

4. Ableiten von pF ′K (K ∗, L∗) = r nach der Produktregel ergibt dp F ′K (K ∗, L∗) + pd(F ′K (K ∗,L∗)) = dr . Fernerist d(F ′K (K ∗,L∗)) = F ′′KK (K ∗, L∗) dK ∗ + F ′′KL(K ∗, L∗) dL∗. (Um zu sehen, warum das so ist, sollten Sie be-achten, dass dg(K ∗, L∗) = g ′K (K ∗, L∗) dK ∗ + g ′L(K ∗, L∗) dL∗. Setzen Sie dann g = F ′K .) Das erklärt die erstedargestellte Gleichung (ersetzen Sie dK durch dK ∗ und dL durch dL∗). Die zweite Gleichung wird aufgleiche Weise gefunden.

43


(b) Formen Sie das Gleichungssystem um, indem Sie die Differentiale der exogenen Variablen auf dierechte Seite bringen, wobei wir die Tatsache unterdrücken, dass die partiellen Ableitungen an denStellen (K ∗, L∗) berechnet werden:

pF ′′KK dK ∗ + pF ′′KL dL∗ = dr − F ′K dp

pF ′′LK dK ∗ + pF ′′LL dL∗ = dw − F ′L dp

Man verwendet die Cramer’sche Regel, um die Differentiale dK ∗ und dL∗ in Abhängigkeit von dp, drund dw auszudrücken. Mit � = F ′′KK F ′′LL − F ′′KLF ′′LK = F ′′KK F ′′LL − (F ′′KL)2 erhalten wir

dK ∗ =1

p2�

∣∣∣∣∣dr − F ′K dp pF ′′KL

dw − F ′L dp pF ′′LL

∣∣∣∣∣ =−F ′K F ′′LL + F ′LF ′′KL

p�dp +

F ′′LL

p�dr +

−F ′′KL

p�dw .

Auf gleiche Weise erhalten wir

dL∗ =1

p2�

∣∣∣∣∣pF ′′KK dr − F ′K dppF ′′LK dw − F ′L dp

∣∣∣∣∣ =−F ′LF ′′KK + F ′K F ′′LK

p�dp +

−F ′′LK

p�dr +

F ′′KK

p�dw .

Nun kann man die benötigten partiellen Ableitungen ablesen. (c) Siehe Buch. (Erinnern Sie sich,dass F ′′LL < 0 aus (∗∗) des Beispiels 13.3.3 folgt.)

5. (a) (i) R′1(x∗1, x∗2) + s = C ′1(x∗1 ,x∗2 ) (Grenzertrag plus Subvention gleich Grenzkosten.) (ii) R′2(x∗1 ,x∗2 ) =C ′2(x∗1 , x∗2) + t = 0 (Grenzertrag gleich Grenzkosten plus Steuern.) (b) Siehe Buch. (c) Bildet man dastotale Differential von (i) und (ii), erhält man

(R′′11 − C ′′11)dx∗1 + (R′′12 − C ′′12)dx∗2 = −ds, (R′′21 − C ′′21)dx∗1 + (R′′22 − C ′′22)dx∗2 = dt.

Löst man nach dx∗1 und dx∗2 auf, erhält man nach Umordnen

dx∗1 =−(R′′22 − C ′′22)ds − (R′′12 − C ′′12)dt

D, dx∗2 =

(R′′21 − C ′′21)ds + (R′′11 − C ′′11)dtD

.

Daraus erhält man die partiellen Ableitungen:∂x∗1∂s

=−R′′22 + C ′′22

D> 0,

∂x∗1∂t

=−R′′12 + C ′′12

D> 0,

∂x∗2∂s

=R′′21 − C ′′21

D< 0,

∂x∗2∂t

=R′′11 − C ′′11

D< 0, wobei die Vorzeichen aus den Annahmen in der Aufgabe

und der Tatsache folgen, dass D > 0 nach (b). Beachten Sie, dass diese Vorzeichen der ökonomischenIntuition entsprechen. Steigt z. B. die Steuer für Gut 2, wird die Produktion von Gut 1 ansteigen, wäh-rend die Produktion von Gut 2 abnimmt.(d) Folgt aus den Ausdrücken in (c), da R′′12 = R′′21 und C ′′12 = C ′′21.

Aufgaben zur Wiederholung zu Kapitel 13

2. (a) Die Gewinnfunktion ist �(Q1,Q2) = 120Q1 + 90Q2 − 0.1Q21 − 0.1Q1Q2 − 0.1Q2

2 . Die Bedingun-gen erster Ordnung für ein Maximum des Gewinns sind: �′1(Q1, Q2) = 120 − 0.2Q1 − 0.1Q2 = 0 und�′2(Q1, Q2) = 90−0.1Q1−0.2Q2 = 0. Wir erhalten (Q1,Q2) = (500,200). Ferner ist �′′11(Q1, Q2) = −0.2 ≤ 0,�′′12(Q1, Q2) = −0.1 und �′′22(Q1, Q2) = −0.2 ≤ 0. Da auch �′′11�′′22 − (�′′12)2 = 0.03 ≥ 0 gilt, maximiert(500, 200) den Gewinn.(b) Die Gewinnfunktion ist jetzt �(Q1, Q2) = P1Q1 + 90Q2−0.1Q2

1 −0.1Q1Q2−0.1Q22 . Die Bedingungen

erster Ordnung für maximalen Gewinn sind: �1 = P1−0.2Q1−0.1Q2 = 0 und �2 = 90−0.1Q1−0.2Q2 = 0.Wenn Q1 = 400 sein muss, reduzieren sich die Bedingungen erster Ordnung zu P1 − 80 − 0.1Q2 = 0und 90− 40− 0.2Q2 = 0. Daraus folgt: P1 = 105.

3. (a) Stationäre Punkte sind dort, wo P ′1(x, y) = −0.2x−0.2y+47 = 0 und P ′2(x, y) = −0.2x−0.4y+48y = 0.Es folgt: x = 230 und y = 5. Ferner ist P ′′11 = −0.2 ≤ 0, P ′′12 = −0.2 und P ′′22 = −0.4 ≤ 0. Da auchP ′′11P ′′22 − (P ′′12)2 = 0.04 ≥ 0, maximiert (230,5) den Gewinn. (b) Mit x + y = 200 und somit y = 200− xerhalten wir die neue Gewinnfunktion �(x) = f (x, 200 − x) = −0.1x2 + 39x + 1000. Man sieht leicht,dass diese Funktion ein Maximum für x = 195 hat. Dann ist y = 200− 195 = 5.

44

Kapitel 14 Optimierung unter Nebenbedingungen

4. (a) Stationäre Punkte: (i) f ′1(x, y) = 3x2 − 2xy = x(3x − 2y) = 0, (ii) f ′2(x, y) = −x2 + 2y = 0. Aus (i) folgtx = 0 oder 3x = 2y . Wenn x = 0, dann folgt aus (ii) y = 0. Wenn 3x = 2y , folgt aus (ii) 3x = x2 und somitx = 0 oder x = 3. Wenn x = 3, folgt aus (ii) y = x2/2 = 9/2. Somit sind die stationären Punkte (0,0) und(3, 9/2).(b) (i) f ′1(x, y) = ye4x2−5xy+y2

(8x2 − 5xy + 1) = 0, (ii) f ′2(x, y) = xe4x2−5xy+y2(2y2 − 5xy + 1) = 0.

Wenn y = 0, dann ist (i) erfüllt und (ii) ist nur dann erfüllt, wenn x = 0. Wenn x = 0, ist (ii) erfülltund (i) ist nur dann erfüllt, wenn y = 0. Demnach muss jeder weitere stationäre Punkt (neben (0, 0))die Bedingungen 8x2 − 5xy + 1 = 0 und 2y2 − 5xy + 1 = 0 erfüllen. Subtraktion der zweiten von derersten Gleichung ergibt 8x2 = 2y2 oder y = ±2x. Einsetzen von y = −2x in 8x2 − 5xy + 1 = 0 ergibt18x2 + 1 = 0, welches keine Lösung hat. Setzt man y = 2x in 8x2 − 5xy + 1 = 0 ein, erhält man x2 = 1

2

und somit ist x = ± 12

√2. Wir folgern: die stationären Punkte sind: (0,0), ( 1

2

√2,√

2) und (− 12

√2,−√2).

5. (a) Die Bedingungen erster Ordnung für (K ∗, L∗,T ∗) zur Maximierung des Gewinns � sind: �′K =pa/K ∗ − r = 0, �′L = pb/L∗ − w = 0, �′T = pc/T ∗ − q = 0. Daraus folgt: K ∗ = ap/r , L∗ = bp/w undT ∗ = cp/q.(b) �∗ = pa ln(ap)− pa ln r + pb ln(bp/w) + pc ln(cp/q)− ap− bp− cp = −pa ln r plus Terme, die von rabhängen. Somit ist ∂�∗/∂r = −pa/r = −K ∗. (c) Siehe Buch.

7. (a) f ′1(x, y) = 2x − y −3x2, f ′2(x, y) = −2y −x, f ′′11(x, y) = 2−6x, f ′′12(x, y) = −1, f ′′22(x, y) = −2. StationärePunkte sind dort, wo 2x−y−3x2 = 0 und −2y−x = 0. Aus der letzten Gleichung ergibt sich y = −x/2.Einsetzen in die erste Gleichung ergibt x( 5

6−x) = 0. Es folgt, dass es zwei stationäre Punkte gibt, nämlich(x1,y1) = (0, 0) und (x2,y2) = (5/6,−5/12). Diese Punkte werden in der folgenden Tabelle klassifiziert:

(x, y) A B C AC − B2 Punkttyp

(0,0) 2 −1 −2 −5 Sattelpunkt(

56 ,− 5

12

) −3 −1 −2 5 Lok. Maximumpunkt

(b) f ist in dem Bereich konkav, in dem f ′′11 ≤ 0, f ′′22 ≤ 0 und f ′′11f ′′22 − (f ′′12)2 ≥ 0, d.h. dort, wo 2− 6x ≤ 0,−2 ≤ 0 und (2 − 6x)(−2) − (−1)2 ≥ 0. Diese Bedingungen sind äquivalent zu x ≥ 1/3 und x ≥ 5/12.Insbesondere muss x ≥ 5/12 sein. Da 5/12 > 1/3, ist f konkav in der Menge S aller Werte (x, y) mitx ≥ 5/12.(c) Der stationäre Punkt (x2, y2) = (5/6,−5/12) aus (a) gehört zu S. Da f in S konkav ist, ist dies ein(globaler) Maximumpunkt für f in S und fmax = 125/432.

8. (a) Es gilt f ′1(x, y) = x − 1 + ay und f ′2(x, y) = a(x − 1)− y2 + 2a2y . Stationäre Punkte verlangen, dassx−1 = −ay und a(x−1) = y2−2a2y . Aus diesen beiden Gleichungen folgt −a2y = y2−2a2y und somita2y = y2. Demnach ist y = 0 oder y = a2. Da x = 1−ay , sind die stationären Punkte (1, 0) und (1−a3,a2).(Da wir nur zeigen sollten, dass (1 − a3, a2) ein stationärer Punkt ist, würde es reichen zu zeigen, dassbeide partiellen Ableitungen in diesem Punkt 0 sind.) (b) Beachten Sie, dass die partielle Ableitungvon f nach a, wobei x und y konstant zu halten sind, ∂f /∂a = y(x−1)+2ay2 ist. An der Stelle x = 1−a3

und y = a2, erhält man für diese partielle Ableitung auch a5, welches das Envelope-Theorem bestätigt.(c) Siehe Buch.

9. Für (a) bis (c): siehe Buch. (d) ∂2�/∂p2 = −2b, ∂2�/∂q2 = −2� und ∂2�/∂p∂y = ˇ + c. Die direktenpartiellen Ableitungen zweiter Ordnung sind negativ und � = (∂2�/∂p2)(∂2�/∂q2) − (∂2�/∂p∂q)2 =4�b − (ˇ + c)2 ≥ 0, so dass die Behauptung gilt.


14.1

4. (a) Mit L(x, y) = x2 + y2 − �(x + 2y − 4) sind die Bedingungen erster Ordnung L′1 = 2x − � = 0 undL′2 = 2y − 2� = 0. Aus diesen Gleichungen erhält man 2x = y . Einsetzen in die Nebenbedingung ergibtx + 4x = 4. Damit ist x = 4/5 und y = 2x = 8/5 mit � = 2x = 8/5.

45


(b) Die gleiche Methode wie in (a) ergibt 2x − � = 0 und 4y − � = 0, so dass x = 2y ist. Aus derNebenbedingung erhält man x = 8 und y = 4 mit � = 16. (c) Die Bedingungen erster Ordnungimplizieren, dass 2x + 3y = � = 3x + 2y . Dies impliziert x = y . Somit lautet die Lösung (x, y) = (50, 50)mit � = 250.

5. Die Budgetbeschränkung ist 2x + 4y = 1000. Mit L(x, y) = 100xy + x + 2y − �(2x + 4y − 1000) sind dieBedingungen erster Ordnung L′1 = 100y + 1−2� = 0 und L′2 = 100x + 2−4� = 0. Durch Elimination von� erhält man aus diesen Gleichungen x = 2y . Einsetzen in die Nebenbedingung ergibt 2x + 2x = 1000,so dass x = 250 und y = 125.

7. Das Problem ist: max −0.1x2− 0.2xy −0.2y2 + 47x + 48y − 600 unter der Nebenbedingung x + y = 200.Mit L(x, y) = −0.1x2 − 0.2xy − 0.2y2 + 47x + 48y − 600− �(x + y − 200) sind die Bedingungen ersterOrdnung L′1 = −0.2x − 0.2y + 47− � = 0 und L′2 = −0.2x − 0.4y + 48 − � = 0. Elimination von � führtzu y = 5, so dass die Budgetbeschränkung x = 195 ergibt.

9. (a) Mit L(x, y) = 100 − e−x − e−y − �(px + qy − m) gilt L′x = L′y = 0, wenn e−x = �p und e−y = �q.Daraus folgt x = − ln(�p) = − ln � − ln p, y = − ln � − ln q. Einsetzen dieser Ausdrücke für x und yin die Nebenbedingung sowie Auflösen nach ln � liefert: ln � = −(m + p ln p + q ln q)/(p + q). Somit istx(p, q,m) = [m + q ln(q/p)]/(p + q), y(p, q,m) = [m + p ln(p/q)]/(p + q).(b) x(tp, tq, tm) = [tm+tq ln(tq/tp)]/(tp+tq) = x(p, q,m), so dass x homogen vom Grad 0 ist. Auf gleicheWeise sehen wir, dass y(p, q,m) homogen vom Grad 0 ist.

14.2

3. (a) Auflösen von x+2y = a nach y ergibt y = 12 a− 1

2 x und dann x2+y2 = x2+( 12 a− 1

2 x)2 = 54 x2− 1

2 ax+ 14 a2.

Diese quadratische Funktion hat ein Minimum für x = a/5. (b) L(x, y) = x2 + y2 − �(x + 2y − a). Dienotwendigen Bedingungen sind L′1 = 2x − � = 0 und L′2 = 2y − 2� = 0. Dies impliziert 2x = y . Aus derNebenbedingung folgt x = a/5 und dann y = 2a/5 und � = 2a/5.Die Optimalwertfunktion ist f ∗(a) = (a/5)2 + (2a/5)2 = a2/5, so dass df ∗(a)/da = 2a/5, was auch derWert des Lagrange-Multiplikators ist. Gleichung (2) wird somit bestätigt. (c) Siehe Buch.

4. (a) Mit L(x, y) =√

x + y − �(x + 4y − 100) sind die Bedingungen erster Ordnung, damit (x∗, y∗) dasProblem lösen: (i) ∂L/∂x = 1/2

√x∗ − � = 0; (ii) ∂L/∂y = 1− 4� = 0. Aus (ii) folgt � = 1/4. Einsetzen

in (i) ergibt:√

x∗ = 2, so dass x∗ = 4. Dann ist y∗ = 25 − 14 · 4 = 24 und der maximale Nutzen ist

U ∗ =√

x∗ + y∗ = 26.(b) Die neuen optimalen Werte für x und y seien x und y . Wenn 100 auf 101 verändert wird, bleibt� = 1/4 und x = 4. Nun ist die Nebenbedingung 4 + 4y = 101, so dass y = 97/4 = 24.25 mit U =

√x + y =

26.25. Die Vergrößerung des maximalen Nutzens, wenn das Einkommen von 100 auf 101 ansteigt, istU −U ∗ = 0.25 = �. (Im Allgemeinen ist die Vergrößerung des maximalen Nutzens ungefähr gleich demWert des Lagrange-Multiplikators.)(c) Die notwendigen Bedingungen für Optimalität sind nun ∂L/∂x = 1/2

√x∗ − �p = 0 und ∂L/∂y =

1−�q = 0. Geht man genau so wie in (a) vor, ergibt sich � = 1/q,√

x∗ = q/2p und somit x∗ = q2/4p2 mity∗ = m/q−q/4p. (Beachten Sie, dass y∗ > 0 ⇐⇒ m > q2/4p.) (Wenn wir die Nebenbedingung nach yauflösen, lautet die Nutzenfunktion u(x) =

√x +(m−px)/q. Wir sehen, dass u′(x) = 1/2

√x−p/q = 0 für

x∗ = q2/4p2 und u′′(x) = −(1/4)x−3/2 < 0, wenn x > 0 ist. Somit haben wir das Maximum gefunden.)

5. (a) Aus px∗ = pa+˛/� und qy∗ = qb+ˇ/� ergibt sich m = px∗+qy∗ = pa+qb+(˛+ˇ)/� = pa+qb+1/�, sodass 1/� = m−(pa+qb).Die in (∗∗) gegebenenAusdrücke sind nun leicht nachzuweisen. (Denkt man beia und b an eine Art benötigtes Existenzminimum der zwei Güter, dann sagt die Annahme pa + qb < maus, dass der Konsument sich (a, b) leisten kann.) (b) Mit der im Buch gegebenen Lösungen für U ∗

erhalten wir, da ˛ + ˇ = 1:∂U ∗

∂m=

˛

m − (pa + qb)+

ˇ

m − (pa + qb)=

1m− (pa + qb)

= � > 0. Ferner gilt:

∂U ∗

∂p=

−˛am − (pa + qb)

− ˛

p+

−ˇam− (pa + qb)

=−a

m− (pa + qb)− ˛

p= −a�− ˛

pund −∂U ∗

∂mx∗ = −�(a +

˛

�p) =

−a� − ˛

p, so dass

∂U ∗

∂p= −∂U ∗

∂mx∗. Die letzte Gleichung kann auf die gleiche Weise gezeigt werden.

46


6. f (x, T ) = x∫ T

0 [−t3 + (˛T2 + T − 1)t2 + (T − ˛T3)t] dt = x∣∣T0

[− 14 t4 + (˛T2 + T − 1) 1

3 t3 + (T − ˛T3) 12 t2] =

− 16˛xT5 + 1

12xT4 + 16 xT3. Auf die gleiche Weise erhalten wir für g(x, T ) = 1

6 xT3. Die Lösung für (∗) istx = 384˛3M und T = 1/4˛ mit f ∗(M ) = M +M/16˛. (Der einfachste Weg, dieses Problem zu lösen, ist zubeachten, dass sich das Problem wegen 1

6 xT3 = M reduziert zu der Maximierung von M + 12 MT −˛MT2

für T ≥ 0. Für T = 0 ist der Ausdruck gleich M und das Maximum wird für T = 1/4˛ erreicht.)Alternativ erhalten wir durch die Elimination des Lagrange-Multiplikators aus den Bedingungen ersterOrdnung f ′1 = �g ′1 und f ′2 = �g ′2, dass T = 1/4˛. Der Lagrange-Multiplikator ist � = 1 + 1/16˛. Dann ist∂f ∗(M )/∂M = �, was (14.2.2) bestätigt.

14.3

1. (a) Mit L(x, y) = 3xy −�(x2 + y2−8) sind die Bedingungen erster Ordnung L′1 = 3y −2�x = 0 und L′2 =3x − 2�y = 0. Da (0, 0) die Nebenbedingung nicht erfüllt, erhalten wir aus diesen Gleichungen x2 = y2.Setzt man dies in die Nebenbedingung ein, erhält man x2 = 4 und somit x = ±2. Die Lösungskandidatensind demnach: (2, 2), (2,−2), (−2, 2) und (−2,−2). Es ist f (2, 2) = f (−2,−2) = 12 und f (−2, 2) =f (2,−2) = −12. Somit lösen (2, 2) und (−2,−2) das Maximierungsproblem, (−2, 2) und (2,−2) dasMinimierungsproblem, da der Extremwertsatz garantiert, dass solche Lösungen existieren. (f ist stetigund die Nebenbedingungskurve ist eine abgeschlossene, beschränkte Menge (ein Kreis).)(b) Mit L = x + y − �(x2 + 3xy + 3y2 − 3) sind die Bedingungen erster Ordnung: 1− 2�x − 3�y = 0 und1−3�x−6�y = 0. Aus diesen Gleichungen erhalten wir 2�x + 3�y = 3�x + 6�y oder �(3y + x) = 0. Dabeiist � = 0 nicht möglich, so dass x = −3y . Einsetzen in die Nebenbedingung ergibt (3,−1) und (−3, 1) alsdie einzig möglichen Lösungen für das Maximierungs- bzw. Minimierungsproblem. Der Extremwertsatzgarantiert, dass es Lösungen gibt. (Die Zielfunktion ist stetig ist und die Nebenbedingungskurve ist eineabgeschlossene, beschränkte Menge (eine Ellipse. Siehe hierzu (5.5.5)).

2. (a) Mit L = x2 + y2−2x + 1−�(x2 + 4y2−16) sind die Bedingungen erster Ordnung (i) 2x−2−2�x = 0und (ii) 2y − 8�y = 0. Aus Gleichung (i) folgt � = 1 − 1/x (Warum können wir sicher sein, dassx �= 0 ist?) und Gleichung (ii) zeigt, dass y = 0 oder � = 1/4. Wenn y = 0, ist x2 = 16 − 4y2 = 16, sodass x = ±4 und damit � = 1 ∓ 1/4. Wenn y �= 0, ist � = 1/4 und (i) ergibt jetzt 2x − 2 − x/2 = 0,so dass x = 4/3. Aus der Nebenbedingung x2 + 4y2 = 16 ergibt sich nun 4y2 = 16 − 16/9 = 128/9,so dass y = ±√32/9 = ±4

√2/3. Somit haben wir vier Lösungskandidaten: (i) (x, y, �) = (4,0, 3/4),

(ii) (x, y, �) = (−4, 0,5/4), (iii) (x, y, �) = (4/3, 4√

2/3,1/4) und (iv) (x, y, �) = (4/3,−4√

2/3,1/4). Vondiesen ist der zweite der Maximumpunkt, während (iii) und (iv) die Minimumpunkte sind.(b) Die Lagrange-Funktion ist L = ln (2 + x2) + y2−�(x2 + 2y−2). Die notwendigen Bedingungen ersterOrdnung, damit (x, y) ein Minimumpunkt ist, sind:(i) ∂L/∂x = 2x/(2 + x2)− 2�x = 0, (ii) ∂L/∂y = 2y − 2� = 0 und (iii) x2 + 2y = 2. Aus (i) erhalten wirx(1/(2 + x2)− �

)= 0, so dass x = 0 oder � = 1/(2 + x2).

(I) Wenn x = 0, ergibt (iii) y = 1, so dass (x1, y1) = (0, 1) ein Kandidat ist.(II) Wenn x �= 0, ist y = � = 1/(2 + x2), wobei wir (ii) verwendet haben. Setzt man y = 1/(2 + x2) in (iii)ein, ergibt sich x2 + 2/(2 + x2) = 2 ⇐⇒ 2x2 + x4 + 2 = 4 + 2x2 ⇐⇒ x4 = 2 ⇐⇒ x = ± 4√2.

Aus (iii) erhalten wir y = 1 − 12

x2 = 1 − 12

√2. Somit sind (x2,y2) = ( 4√2,1 − 1

2

√2) und (x3, y3) =

(− 4√2,1− 12

√2) weitere Kandidaten. Nun ist f (x1, y1) = f (0, 1) = ln 2+1 ≈ 1.69 und f (x2,y2) = f (x3, y3) =

ln (2 +√

2 )+(1− 12

√2 )2 = ln (2 +

√2 )+ 3

2−√

2 ≈ 1.31. Damit sind die Minimumpunkte für f (x, y) (unterder Nebenbedingung x2 + 2y = 2) gleich (x2,y2) und (x3, y3).

4. (a) Mit L = 24x − x2 + 16y − 2y2 − �(x2 + 2y2 − 44) sind die Bedingungen erster Ordnung (i) L′1 =24−2x−2�x = 0 und (ii) L′2 = 16−4y−4�y = 0. Aus (i) erhalten wir x(1+�) = 12 und aus (ii) y(1+�) = 4.Eliminiert man � aus (i) und (ii), folgt x = 3y . Setzt man dies in die Nebenbedingung ein, erhält man11y2 = 44, so dass y = ±2 und damit x = ±6. Demnach gibt es zwei Lösungskandidaten, nämlich(x, y) = (6, 2) und (−6,−2) mit � = 1. Bestimmt man die Werte der Zielfunktion in diesen beidenPunkten, ergibt sich, dass (x, y) = (6, 2) die einzige mögliche Lösung ist. Da die Zielfunktion stetig istund die Nebenbedingungskurve eine abgeschlossene, beschränkte Menge (eine Ellipse) ist, garantiertder Extremwertsatz, dass wir das Optimum gefunden haben. (b) Nach (14.2.3) ist die approximativeÄnderung � · 1 = 1.

47


14.4

4. Das Minimum ist 1 an der Stelle (x, y) = (−1, 0). Diese Aufgabe ist ziemlich kompliziert. Die Lagrange-Funktion kann in der Form L = (x +2)2 +(1−�)y2 +�x(x +1)2 geschriebenwerden. Der einzige stationärePunkt, der die Nebenbedingung erfüllt, ist (0, 0) mit � = −4 und f (0, 0) = 4. (Es gilt L′2 = 0, nur wenn� = 1 oder y = 0. Für � = 1 ist L′1 = 3(x + 1)2 + 2 > 0 für alle x. Für y = 0 folgt aus der Nebenbedingungx = 0 oder x = −1. Aber für x = −1 ist L′1 = 2, so dass x = 0 notwendig für einen stationären Punkt ist.)Für (−1, 0) sind g ′1(−1, 0) und g ′2(−1, 0) beide 0, d. h. die Lagrange-Multiplikator-Methode kann nichtangewendet werden. Das gegebene Problem entspricht der Minimierung des quadrierten Abstandesdes Punktes (−2, 0) zu einem Punkt auf dem Graphen von g(x, y) = 0. Der Graph besteht jedoch ausdem isolierten Punkt (−1, 0) und einer glatten Kurve, wie es in Abb. CWS14.4.4. dargestellt wird.

y

− 6− 5

− 4− 3− 2− 1

12

3456

x− 3− 2− 1 1 2 3 4

(x, y)

y 2 = x(x + 1)2

d

Abbildung CWS14.4.4

14.5

4. U ′′11(x, y) = a(a − 1)xa−2 ≤ 0, U ′′22(x, y) = a(a − 1)ya−2 ≤ 0 und U ′′12(x, y) = 0, so dass U konkavist. Mit L = xa + ya − �(px + qy − m) sind die Bedingungen erster Ordnung L′1 = axa−1 − �p = 0und L′2 = aya−1 − �q = 0. Somit ist axa−1 = �p und aya−1 − �q. Eliminiert man �, erhält man(x/y)a−1 = p/q und somit x = y(p/q)1/(a−1). Setzt man dies in die Budgetbeschränkung ein, erhält manpx + qy = py(p/q)1/(a−1) + qy = ypa/(a−1)q−1/(a−1) + qy = yq−1/(a−1)[pa/(a−1) + qa/(a−1)] = m und damity = mq1/(a−1)/[pa/(a−1) + qa/(a−1)]. Für x erhält man einen ähnlichen Ausdruck.

14.6

1. (a) L′x = 2x − � = 0, L′y = 2y − � = 0, L′z = 2z − � = 0. Es folgt, dass x = y = z, usw. Siehe Buch.

3. (a) Die Lagrangefunktion ist L = ˛ ln x + ˇ ln y + (1 − ˛− ˇ) ln(L − �)− �(px + qy − w�−m). Dies iststationär, wenn: (i) L′x = ˛/x∗ − �p = 0; (ii) L′y = ˇ/y∗ − �q = 0; (iii) L′� = −(1−˛−ˇ)/(L− �∗) + �w = 0.Aus (i) und (ii) erhält man qy∗ = (ˇ/˛)px∗, aus (i) und (iii) folgt: �∗w = wL − [(1 − ˛− ˇ)/˛]px∗. Setztman dies in die Budgetbeschränkung ein und löst nach x∗ auf, ergibt sich die Antwort aus dem Buch.Die dazugehörigen Werte für y∗ und �∗ folgen. Die Annahme m ≤ [(1−˛−ˇ)/˛]wL sichert, dass �∗ ≥ 0.(b) Siehe Buch.

6. Die Lagrange-Funktion ist L = x + y − �(x2 + 2y2 + z2 − 1)− �(x + y + z − 1), was stationär ist, wenn:(i) L′x = 1− 2�x − � = 0; (ii) L′y = 1 − 4�y − � = 0; (iii) L′z = −2�z − � = 0. Aus (i) und (ii) ergibtsich �(x−2y) = 0. Wenn � = 0, dann folgt aus (ii) und (iii) ein Widerspruch: � = 1 und � = 0. Demnachmuss x = 2y gelten. Setzt man diesen Wert für x in die Nebenbedingung ein, erhält man 6y2 + z2 = 1und 3y + z = 1. Somit ist z = 1 − 3y und 1 = 6y2 + (1 − 3y)2 = 15y2 − 6y + 1. Daher ist y = 0 odery = 2/5, was x = 0 oder 4/5 sowie z = 1 oder −1/5 impliziert. Die einzigen zwei Kandidaten sind(x, y, z) = (0, 0,1) mit � = −1/2, � = 1 und (x, y, z) = (4/5, 2/5,−1/5) mit � = 1/2, � = 1/5. Da x + ygleich 0 für (0,0, 1) 0 und 6/5 für (4/5,2/5,−1/5), sind dies der Minimum- bzw. der Maximumpunkt.

48


(Die Nebenbedingungen bestimmen geometrisch die Schnittkurve eines Ellipsoids (siehe Abb. 11.4.2)und einer Ebene. Die stetige Funktion x +y nimmt auf dieser abgeschlossenenund beschränkten Mengeein Maximum und ein Minimum an.)

7. (a) Mit einer Cobb-Douglas-Nutzenfunktion ist U ′k (x) = ˛kU (x)/xk , so dass aus (14.6.6) (mit j = 1) folgt:pk/p1 = U ′k(x)/U ′1(x) = ˛kx1/˛1xk . Demnach ist pkxk = (ak/a1)p1x1. Eingesetzt in die Budgetbeschrän-kung ergibt dies p1x1 + (a2/a1)p1x1 + · · · + (an/a1)p1x1 = m, was p1x1 = a1m/(a1 + · · · + an) impliziert.Analog ist pkxk = akm/(a1 + · · · + an) für k = 1, . . . , n.(b) Aus (14.6.6) (mit j = 1) erhalten wir xa−1

k /xa−11 = pk/p1 und somit xk/x1 = (pk/p1)−1/(1−a)

oder pkxk/p1x1 = (pk/p1)1−1/(1−a) = (pk/p1)−a/(1−a). Aus der Budgetbeschränkung ergibt sich

p1x1[1 + (p2/p1)−a/(1−a) + · · · + (pn/p1)−a/(1−a)

]= m. Somit ist p1x1 = mp−a/(1−a)

1

/ n∑i=1

p−a/(1−a)i . Indem man

für jedes k ähnlich argumentiert, folgt xk = mp−1/(1−a)k

/ n∑i=1

p−a/(1−a)i für k = 1, . . . , n.

14.7

2. Hier ist L = x + 4y + 3z − �(x2 + 2y2 + 13 z2 − b). Somit sind die notwendigen Bedingungen:

(i) L′1 = 1 − 2�x = 0, (ii) L′2 = 4 − 4�y = 0 und (iii) L′3 = 3 − 23 �z = 0. Es folgt, dass � �= 0 und

damit x = 1/2�, y = 1/� und z = 9/2�. Setzt man diese Werte in die Nebenbedingung ein, erhält man�2 = 9/b, so dass � = ±3/

√b. Der Wert der Zielfunktion ist x + 4y + 3z = 18/�, so dass � = −3/

√b den

Minimumpunkt bestimmt. Dieser ist (x, y, z) = (a, 2a,9a), wobei a = −√b/6. Siehe Buch.

4. Mit L = x2 +y2 +z−�(x2+2y2 +4z2−1) sind die notwendigen Bedingungen: (i) ∂L/∂x = 2x−2�x = 0,(ii) ∂L/∂y = 2y − 4�y = 0 und (iii) ∂L/∂z = 1 − 8�z = 0. Aus (i) ergibt sich 2x(1 − �) = 0, so dass eszwei Möglichkeiten gibt: x = 0 oder � = 1.(A): x = 0. Aus (ii) folgt 2y(1− 2�) = 0, so dass y = 0 oder � = 1/2.Wenn (A.1) y = 0, ergibt die Nebenbedingung 4z2 = 1, so dass z2 = 1/4 oder z = ±1/2. Gleichung(iii) ergibt � = 1/8z, so dass wir zwei Lösungskandidaten haben: P1 = (0, 0,1/2) mit � = 1/4 undP2 = (0,0,−1/2) mit � = −1/4.(A.2) Wenn � = 1/2, dann ergibt (iii) z = 1/8� = 1/4. Aus der Nebenbedingung folgt, dass 2y2 = 3/4(beachten Sie, dass wir x = 0 angenommen haben) und damit y = ±√3/8 = ±√6/4. Damit haben wirdie neuen Kandidaten: P3 = (0,

√6/4,1/4) mit � = 1/2 und P4 = (0,−√6/4,1/4) mit � = 1/2.

(B): Sei � = 1. Gleichung (iii) ergibt dann z = 1/8, aus (ii) folgt y = 0 und aus der Nebenbedingung:x2 = 15/16, so dass x = ±√15/4. Weitere Kandidaten sind: P5 = (

√15/4,0, 1/8) mit � = 1 und P6 =

(−√15/4,0,1/8) mit � = 1.Rechnet man die Funktionswerte der Zielfunktion aus, ergibt sich: f (0, 0,1/2) = 1/2, f (0, 0,−1/2) =−1/2, f (0,

√6/4,1/4) = 5/8, f (0,−√6/4,1/4) = 5/8, f (

√15/4,0,1/8) = 17/16 und f (−√15/4,0,1/8) =

17/16. Wir erhalten die Resultate aus dem Buch. (c) Siehe Buch.

5. Die Lagrange-Funktion ist L = rK + wL − �(K 1/2L1/4 − Q). Somit sind die notwendigen Bedingungen:(i) L′K = r − 1

2 �K−1/2L1/4 = 0, (ii) L′L = w − 14 �K 1/2L−3/4 = 0, (iii) K 1/2L1/4 = Q. Aus (i) und (ii)

erhalten wir durch Elimination von �, dass L = 12 (rK/w). Setzt man dies in die Nebenbedingung ein

und löst es nach K auf, ergibt sich die Lösung aus dem Buch.

14.8

2. (a) Bedingungen (2) - (3) sind: (i) 2x − 1 − 2�x = 0, (ii) 4y − 2�y = 0 und (iii) � ≥ 0 und � = 0,wenn x2 + y2 < 1.(b) Aus (ii) ergibt sich y(2− �) = 0, so dass entweder (I) y = 0 oder (II) � = 2 folgt.(I) y = 0. Wenn � = 0, folgt aus (i) x = 1/2 und (x, y) = (1/2,0) ist ein Kandidat für das Optimum (daes alle Kuhn-Tucker-Bedingungen erfüllt). Wenn y = 0 und � > 0, folgt aus (iii) und x2 + y2 ≤ 1, dassx2 + y2 = 1. Dann ist x = ±1 und (x, y) = (±1, 0) mit � = 1/2 bzw. 3/2 sind weitere Kandidaten.(II) � = 2. Dann folgt aus (i) x = −1/2 und aus (iii) y2 = 3/4, so dass y = ±√3/2. Somit sind(−1/2,±√3/2) zwei weitere Kandidaten. Für die Schlussfolgerung: siehe Buch.

49


3. (a) Die Kuhn-Tucker-Bedingungen sind: (i) −2(x − 1)− 2�x = 0; (ii) −2yey2 − 2�y = 0; (iii) � ≥ 0und � = 0, wenn 4x2 + y2 < a. Aus (i) erhalten wir x = (1 + �)−1 und (ii) reduziert sich auf y(ey2

+ �) = 0.Somit ist y = 0 (da ey2 + � immer positiv ist).(I): Angenommen, es sei � = 0. Dann ergibt Gleichung (i) x = 1. In diesem Fall muss a ≥ x2 + y2 = 1sein.(II): Angenommen, es sei � > 0. Dann ergibt (iii) x2 + y2 = a und damit x = ±√a. (Beachten Sie, dassy = 0) Da x = 1/(1 + �) und � > 0, muss 0 < x < 1 sein, so dass x =

√a und a = x2 < 1. Nun muss noch

der Wert für � gefunden und es muss geprüft werden, dass � > 0 ist. Aus Gleichung (i) erhalten wir

� =2(x − 1)−2x

=1x− 1 =

1√a− 1 > 0.

Schlussfolgerung: Der einzige Punkt, der die Kuhn-Tucker-Bedingungen erfüllt, ist (x, y) = (1, 0), wenn

a ≥ 1 und (√

a, 0), wenn 0 < a < 1. Der zugehörige Wert von � ist 0 bzw.1√a− 1. In beiden Fällen folgt

aus Theorem 14.8.1, dass wir den Maximumpunkt gefunden haben, da L konkav in (x, y) ist, welcheswir durch Betrachten der Hesse-Matrix sehen können:(

L′′11 L′′12

L′′21 L′′22

)=

( −2− 2� 0

0 −ey2(2 + 4y2)− 2�

).

(b) Wenn a ∈ (0, 1), haben wir f ∗(a) = f (√

a, 0) = 2− (√

a−1)2 −1 = 2√

a−a und für a ≥ 1 erhalten wirf ∗(a) = f (1,0) = 1 (nicht 2, wie es fälschlicherweise im ersten Druck der Auflage erschienen ist). DieAbleitung von f ∗ ist im Buch gegeben. Aber beachten Sie: Um die Ableitungen für df ∗(a)/da für a = 1zu finden, muss gezeigt werden, dass die rechts- und linksseitige Ableitung (siehe Kap. 7.9 im Buch)

(f ∗)′(1+) = lim�x→0+

f ∗(1 + �x)− f ∗(1)�x

und (f ∗)′(1−) = lim�x→0−

f ∗(1 + �x) − f ∗(1)�x

existieren und gleich sind. Die rechtsseitige Ableitung ist offensichtlich 0, da f ∗(a) = 1 für alle a ≥ 1.Um die linksseitige Ableitung zu bestimmen, muss lim�x→0− (2

√1 + �x − (1 + �x) − 1)/�x berechnet

werden. Anwendung der Regel von L’Hospital zeigt, dass dieser Wert ebenfalls 0 ist. Somit existiert(f ∗)′(1) und ist 0.

14.9

2. (a) Die zulässige Menge entspricht der schattierten Fläche in Abb. A14.9.2 im Buch.(b) Mit den Nebenbedingungeng1(x, y) = −x−y ≤ −4, g2(x, y) = −x ≤ 1 und g3(x, y) = −y ≤ −1 ist dieLagrange-Funktion L = x +y−ex−ex+y−�1(−x−y +4)−�2(−x−1)−�3(−y +1). Die Bedingungen ersterOrdnung besagen, dass es nichtnegative Werte �1, �2 und �3 gibt, so dass (i) L′x = 1−ex−ex+y +�1+�2 = 0;(ii) L′y = 1−ex+y +�1+�3 = 0; (iii) �1(−x−y +4) = 0; (iv) �2(−x−1) = 0; (v) �3(−y +1) = 0. (Wir formulierendie komplementären Schlupfbedingungen wie in (14.8.5).) Aus (ii) erhalten wir ex+y = 1 + �1 + �3. Setztman dies in (i) ein, ergibt sich �2 = ex + �3 ≥ ex > 0. Da �2 > 0, impliziert (iv), dass x = −1. Somit mussjede Lösung auf der Geraden (II) in der Abbildung liegen. Dies zeigt, dass die dritte Nebenbedingungnicht bindend sein muss. (Algebraisch: Da x + y ≥ 4 und x = −1, gilt y ≥ 4− x = 5 > 1) Aus (v) folgt�3 = 0 und dann ergibt (ii) �1 = ex+y−1 ≥ e4−1 > 0. Dann folgt aus (iii), dass die erste Nebenbedingungbindend ist, d. h. y = 4 − x = 5. Somit lautet die einzig mögliche Lösung (x∗, y∗) = (−1, 5). Da L(x, y)konkav ist, haben wir den optimalen Punkt gefunden.

3. (a) Die zulässige Menge wird in Abb. A14.9.3 im Buch dargestellt. (Die zu maximierende Funktion istf (x, y) = x + ay . Die Höhenlinien dieser Funktion sind Geraden mit der Steigung −1/a, wenn a �= 0und vertikale Geraden, wenn a = 0. Die gestrichelte Linie in der Abbildung ist eine solche Höhenlinie(für a ≈ −0.25). Der Maximumpunkt für f ist der Punkt in der zulässigen Menge, den wir finden, wennwir diese Gerade soweit nach rechts wie möglich parallel verschieben (warum nach rechts?), ohne dassdiese Gerade den Kontakt mit dem schattierten Bereich verliert.)Die Lagrange-Funktion ist L(x, y) = x + ay − �1(x2 + y2 − 1) + �2(x + y) (die zweite Nebenbedingungmuss als −x − y ≤ 0 geschrieben werden), so dass die Kuhn-Tucker-Bedingungen wie folgt sind:(i) L′1(x, y) = 1− 2�1x + �2 = 0; (ii) L′2(x, y) = a− 2�1y + �2 = 0;(iii) �1 ≥ 0 und �1 = 0, wenn x2 + y2 < 1; (iv) �2 ≥ 0 und �2 = 0, wenn x + y > 0.

50


(b) Aus (i) ergibt sich 2�1x = 1 + �2 ≥ 1 > 0, so dass wegen (iii) (�1 ≥ 0) gelten muss �1 > 0 und auchx > 0. Da �1 > 0, folgt aus (iii), dass x2 + y2 = 1 , so dass jeder Maximumpunkt auf dem Kreis liegenmuss.(I) Zuerst wird angenommen, dass x + y = 0. Dann ist y = −x und da x2 + y2 = 1, erhalten wir x = 1

2

√2

(beachten Sie, dass x positiv sein muss) und y = − 12

√2. Addiert man Gleichung (i) und (ii), entsteht

1 + a− 2�1(x + y) + 2�2 = 0.

Da x + y = 0, ist �2 = −(1 + a)/2. Nun muss �2 ≥ 0 sein und deshalb muss in diesem Fall a ≤ −1 sein.Gleichung (i) ergibt �1 = 1 + �2/2x = 1− a/4x = 1− a/2

√2.

(II) Jetzt betrachten wir den Fall x + y > 0. Dann ist �2 = 0 und wir erhalten 1− 2�1x = 0 und a −2�1y = 0, woraus x = 1/(2�1) und y = a/(2�1) folgt. Da (x, y) auf dem Kreis liegen muss, gilt: 1 =

x2 + y2 = 1 + a2/4�21 und demnach 2�1 =

√1 + a2 . Hieraus folgt: x =

1√1 + a2

und y =a√

1 + a2. Da

x + y = (1 + a)/(2�1) und da x + y jetzt als positiv angeommen wird, muss in diesem Fall a > −1 sein.Schlussfolgerung: Die einzigen Punkte, die die Kuhn-Tucker-Bedingungen erfüllen, sind diejenigen,die im Buch gegeben sind. Da die zulässige Menge abgeschlossen und beschränkt und f stetig ist, folgtaus dem Extremwertsatz, dass Extrempunkte existieren.

4. (a) Die Lagrange-Funktion ist L = y − x2 + �y + �(y − x + 2) − (y2 − x), die stationär ist, wenn (i)−2x−�+ = 0 und (ii) 1 + � + �−2y = 0. Die komplementäre Schlupfbedingung verlangt zusätzlich(iii) � ≥ 0 und � = 0, wenn y > 0; (iv) � ≥ 0 und � = 0, wenn y − x > −2; (v) ≥ 0 und = 0,wenn y2 < x.Aus (ii) folgt 2y = 1 + � + � > 0, so dass y > 0. Dann impliziert (iii) � = 0 und 2y = 1 + �. Aus (i) folgtx = 1

2 (− �). Da x ≥ y2 > 0 gilt, folgt > � ≥ 0 und aus (v) erhalten wir y2 = x.Annahme: � > 0. Dann ist y − x + 2 = y − y2 + 2 = 0 mit den Lösungen y = −1 und y = 2. Nur y = 2 istzulässig. Dann ist x = y2 = 4. Da � = 0, werden Gleichung (i) und (ii) zu −� + = 8 und �−4 = −1, sodass = −7/3, welches ≥ 0 widerspricht, so dass (x, y) = (4, 2) kein Kandidat ist. Demnach ist � = 0.Somit ist x = 1

2 = y2 und nach (ii) 1 = 2y = 4y3. Daher ist y = 4−1/3 und x = 4−2/3. Dies ist der einzigeverbliebene Kandidat. Es ist die Lösung mit � = 0, � = 0 und = 1/2y = 4−1/6.(b) Wir schreiben das Problem als: max xey−x − 2ey unter den Nebenbedingungen y ≤ 1 + 1

2x, x ≥ 0und y ≥ 0. Die Lagrange-Funktion ist L = xey−x − 2ey − �(y − 1 − x/2), so dass die Bedingung ersterOrdnung (14.9.4) und (14.9.5) wie folgt sind:(i) L′x = ey−x −xey−x + 1

2 � ≤ 0 (= 0, wenn x > 0); (ii) L′y = xey−x−2e−� ≤ 0(= 0, wenn y > 0); (iii)� ≥ 0 mit � = 0 , wenn y < 1 + 1

2 x.

Aus (i) folgt x ≥ 1+ 12 �ex−y ≥ 1, so dass (iv) (x−1)ey−x = 1

2 �. Angenommen, dass � > 0. Dann impliziert(iii): (v) y = 1 + 1

2x > 0. Aus (ii) und (iv) erhalten wir dann xey−x = 2e + � = ey−x + 12�. Somit ist nach

(v) � = 2ey−x − 4e = 2e(e−12 x − 2). Aber dann impliziert � > 0, dass e−

12 x > 2, was x ≥ 0 widerspricht.

Wenn � = 0, ergibt (iv) x = 1. Wenn y > 0, ergibt (ii) ey−1 = 2e und somit ist y − 1 = ln(2e) > 12x, wenn

x = 1. Dies ist nur zulässig, wenn y = 0. Somit sehen wir, dass (x, y) = (1, 0) mit � = 0 der einzige Punktist, der alle Bedingungen erfüllt.

5. Ein zulässiges Tripel (x∗1 ,x∗2 ,k∗) löst das Problem genau dann, wenn es Zahlen � und � gibt, so dass(i) 1 − 2x∗1 − � ≤ 0 (= 0, wenn x∗1 > 0); (ii) 3 − 2x∗2 − � ≤ 0 (= 0, wenn x∗2 > 0); (iii) −2k∗ + � + � ≤0 (= 0, wenn k∗ > 0); (iv) � ≥ 0 und � = 0, wenn x∗1 < k∗; (v) � ≥ 0 und � = 0, wenn x∗2 < k∗.Wenn k∗ = 0, verlangt die Zulässigkeit, dass x∗1 = 0 und x∗2 = 0. Somit implizieren (i) und (iii) � ≥ 1 und� ≥ 3, was (iii) widerspricht. Demnach ist k∗ > 0. Wenn nun � = 0, dann ist x∗2 ≥ 3/2 und � = 2k∗ > 0.Somit ist x∗1 = k∗ = 1/4. Dies widerspricht x∗2 ≤ k∗. Demnach muss � > 0 gelten, was x∗2 = k∗ impliziert.Wenn nun x∗1 = 0 < k∗, dann ist � = 0, was (i) widerspricht. Somit ist 0 < x∗1 = 1

2 (1 − �). Wenn nun� > 0, dann ist x∗1 = k∗ = x∗2 = 1

2 (1 − �) = 12 (3 − �) = 1

2 (� + �). Die letzten zwei Gleichungen sind abernur dann erfüllt, wenn � = −1/3 und � = 5/3. Dies widerspricht � ≥ 0. Nach allem ist somit � = 0 mitx∗2 = k∗ > 0, � > 0 und x∗1 = 1

2 (1 − �) = 12 . Aus (iii) folgt jetzt, dass � = 2k∗ und somit aus (ii), dass

3 = 2x∗2 + � = 4k∗. Die einzig mögliche Lösung ist deshalb (x∗1 ,x∗2, k∗) = (1/2, 3/4, 3/4) mit � = 0 und� = 3/2. (Die Lagrange-Funktion ist in (x1,x2,k) konkav. Siehe FMEA, Theorem 3.2.4.)

6. Ein Minuszeichen fehlt in der Zielfunktion. Diese sollte folgendermaßen lauten: −(x + 12)2 − 1

2y2.(a) Siehe Abb. A14.9.6 im Buch. Beachten Sie: Damit (x, y) zulässig ist, muss e−x ≤ y ≤ 2/3 und somitex ≥ 3/2 sein.

51


(b) Die Lagrange-Funktion ist L = −(x + 12 )2− 1

2 y2 −�1(e−x − y)−�2(y − 23 ) und die Bedingungen erster

Ordnung sind: (i) −(2x + 1)+ �1e−x = 0; (ii) −y + �1−�2 = 0; (iii) �1 ≥ 0, und �1 = 0, wenn e−x < y ;(iv) �2 ≥ 0, und �2 = 0, wenn y < 2/3. Aus (i) erhalten wir wegen (a) �1 = (2x + 1)ex ≥ 3/2. Aus (ii)ergibt sich �2 = �1−y ≥ 3/2−2/3 > 0, so dass y = 2/3 wegen (iii). Die Lösung ist: (x∗,y∗) = (ln(3/2), 2/3)mit �1 = 3[ln(3/2) + 1/2] und �2 = 3 ln(3/2) + 5/6. Die Lagrange-Funktion ist konkav, so dass dies dieLösung ist.Alternativ kann man wie folgt argumentieren: Angenommen: �1 = 0. Dann folgt aus (ii) y = −�2 ≤ 0,was y ≥ e−x widerspricht. Somit gilt �1 > 0 und (iii) ergibt y = e−x . Angenommen: �2 = 0. Dannfolgt aus (ii) �1 = y = e−x und (i) ergibt e−2x = 2x + 1. Sei g(x) = 2x + 1 − e−2x . Dann ist g(0) = 0 undg ′(x) = 2 + 2e−2x > 0. Somit hat die Gleichung e−2x = 2x + 1 keine Lösung außer x = 0. Daher ist �2 > 0,usw.


3. (a) Interpretation der Bedingungen erster Ordnung p(x∗) = C ′1(x∗,y∗)−x∗p′(x∗): Wieviel mehr bekommtdas Unternehmen durch den Verkauf einer weiteren Tonne des ersten Gutes? p(x∗), da dies der Preisfür eine Tonne ist. Aber wieviel geht verloren? Der Verkauf einer zusätzlichen Tonne des ersten Gutesführt zu Zusatzkosten C (x∗ + 1,y∗)−C (x∗, y∗), was ungefähr C ′1(x∗, y∗) ist. Da voraussichtlich p′(x) < 0,führt die Erhöhung der Produktion einer zusätzlichen Tonne zu einer Verminderung der Einnahmen.Diese beträgt ungefähr −x∗p′(x∗) (die Anzahl der verkauften Tonnen multipliziert mit der Abnahmedes Preises. Somit entspricht das, was wir durch die zusätzliche Produktion einer Tonne verlieren(C ′1(x∗, y∗) − x∗p′(x∗)), ungefähr dem, was wir zusätzlich einnehmen (p(x∗)). Die zweite notwendigeBedingung q(y∗) = C ′2(x∗, y∗)− y∗q′(y∗) hat eine ähnliche Interpretation.(b) Siehe Buch. Wenn wir annehmen, dass die Nebenbedingung x + y ≤ m ist, müssen wir die folgendeBedingung hinzufügen: � ≥ 0 und � = 0, wenn x + y < m.

4. Siehe Buch. Wenn man auch die partiellen Ableitungen von x und y nach p bestimmen will, wärees besser, die Differentiale zu berechnen, was die folgenden Gleichungen ergibt: (i) y dp + p dy =24 dw −w dx−x dw und (ii) U ′1 dp + p(U ′′11 dx + U ′′12 dy) = U ′2 dw + wU ′′21 dx + wU ′′22 dy . Dann löst mandiese Gleichungen nach dx und dy in Abhängigkeit von dp und dw auf.

5. (a) Mit L = x2 + y2 − 2x + 1− �( 14 x2 + y2 − b) sind die Bedingungen erster Ordnung:

(i) L′1 = 2x − 2− 12 �x = 0, (ii) L′2 = 2y − 2�y = 0 und (iii) 1

4x2 + y2 = b.Aus (ii) ergibt sich (1 − �)y = 0 und demnach ist � = 1 oder y = 0.(I) Wir nehmen zuerst an, dass � = 1. Dann ergibt (i) x = 4

3 und aus (iii) erhalten wir y2 = b − 14 x2 =

b − 49 , was y = ±

√b − 4

9 ergibt. Wir erhalten zwei Kandidaten: (x1,y1) = (4/3,√

b− 49 ) und (x2,y2) =

(4/3,−√

b− 49 ).

(II) Wenn y = 0, erhalten wir aus (iii) x2 = 4b, d. h. x = ±2√

b. Dies ergibt zwei weitere Kandidaten:(x3,y3) = (2

√b, 0) und (x4, y4) = (−2

√b,0). Die Werte der Zielfunktion für die vier Kandidaten sind:

f (x1, y1) = f (x2, y2) = b − 1/3, f (x3, y3) = (2√

b − 1)2 = 4b − 4√

b + 1 und f (x4, y4) = (−2√

b − 1)2 = 4b +4√

b+1. Es ist klar, dass (x4, y4) der Maximumpunkt ist. Um zu entscheiden, welcher der Punkte (x3, y3),(x1,y1) oder (x2,y2) zum Minimum führt, müssenwir entscheiden, welcher der beidenWerte 4b−4

√b+1

und b − 13 der größere ist. Die Differenz ist 4b− 4

√b + 1− (b − 1

3

)= 3(b − 4

3

√b + 4

9

)= 3(√

b − 23

)2> 0,

da b > 49 . Demnach erhalten wir das Minimum für (x1,y1) und (x2,y2).

Die Nebenbedingung x2/4 + y2 = b entspricht der Ellipse, die in der Abbildung CWS14.W.5 dargestelltist. Die Zielfunktion f (x, y) = (x − 1)2 + y2 ist das Quadrat des Abstandes zwischen (x, y) und demPunkt (1, 0). Die Höhenlinien für f sind demnach Kreise mit dem Mittelpunkt (1, 0). In der Abbildungsehen wir die beiden, die durch den Maximum- und Minimumpunkt verlaufen. (b) Siehe Buch.

7. (a) Mit L = x2 − 2x + 1 + y2 − 2y − �[(x + y)√

x + y + b− 2√

a] sind die Bedingungen erster Ordnung:(i) L′1 = 2x − 2− �[

√x + y + b + (x + y)/

√x + y + b ] = 0 und

(ii) L′2 = 2y − 2 − �[√

x + y + b + (x + y)/√

x + y + b ] = 0. Aus diesen Gleichungen folgt sofort2x − 2 = 2y − 2, so dass x = y . Siehe Buch.

52


y

x

-4

-2

2

4

-4 -2 2 4 6

(x1, y 1)

(x3, y 3)

(x2, y 2)

(x4, y 4)

Abbildung CWS14.W.5

(b) Differenzieren ergibt: (i) dx = dy und (ii) 6x2 dx + x2 db + 2bx dx = da. Aus diesen Gleichun-gen können wir leicht die partiellen Ableitungen erster Ordnung von x und y nach a und b ablesen.Ferner ist

∂2x∂a2

=∂

∂a

(∂x∂a

)=

∂

∂a1

6x2 + 2bx= − 12x + 2b

(6x2 + 2bx)2

∂x∂a

= − 12x + 2b(6x2 + 2bx)3

= − 6x + b4(3x2 + bx)3

.

8. (a) Die Lagrange-Funktion ist L = xy − �1(x2 + ry2 −m)− �2(−x) und die notwendigen Kuhn-Tucker-Bedingungen, dass (x∗, y∗) das Problem lösen, sind:

(i) L′1 = y∗ − 2�1x∗ + �2 = 0,(ii) L′2 = x∗ − 2r�1y∗ = 0,(iii) �1 ≥ 0 und �1 = 0, wenn (x∗)2 + r(y∗)2 < m,(iv) �2 ≥ 0 und �2 = 0, wenn x∗ > 1,(v) (x∗)2 + r(y∗)2 ≤ m und(vi) x∗ ≥ 1.

(b) Aus (ii) und (vi) sehen wir, dasss �1 = 0 nicht möglich ist. Demnach ist �1 > 0 und aus (iii) und (v)folgt:

(vii) (x∗)2 + r(y∗)2 = m.

(I): Annahme: �2 = 0. Dann folgt aus (i) und (ii) y∗ = 2�1x∗ und x∗ = 2�1ry∗, so dass y∗ = 4�21ry∗. Wenn

y∗ = 0, impliziert (ii) x∗ = 0, was nicht möglich ist. Demnach ist �21 = 1/4r und damit �1 = 1/2

√r . Dann

ist y∗ = x∗/√

r, was in (vii) eingesetzt und nach x∗ aufgelöst zu x∗ =√

m/2 und somit y∗ =√

m/2r führt.Beachten Sie, dass x∗ ≥ 1 ⇐⇒ √

m/2 ≥ 1 ⇐⇒ m ≥ 2. Demnach ist für m ≥ 2: x∗ =√

m/2 undy∗ =√

m/2r mit �1 = 1/2√

r und �2 = 0 ein Lösungskandidat.(II): Annahme: �2 > 0. Dann ist x∗ = 1 und aus (vii) folgt r(y∗)2 = m − 1, so dass y∗ =

√(m − 1)/r

(y∗ = −√(m − 1)/r widerspricht (ii)). Setzt man diese Werte für x∗ und y∗ in (i) und (ii) ein und löstes nach �1 bzw. �2 auf, ergibt sich: �1 = 1/2

√r(m − 1) sowie �2 = (2 − m)/

√r(m − 1). Beachten Sie,

dass �2 > 0 ⇐⇒ 1 < m < 2. Demnach ist für 1 < m < 2 der einzige Lösungskandidat: x∗ = 1 undy∗ =

√(m − 1)/r mit �1 = 1/2

√r(m − 1) und �2 = (2−m)/

√r(m− 1).

Die Zielfunktion ist stetig und die zulässige Menge ist offensichtlich abgeschlossen und beschränkt,so dass es nach dem Extremwertsatz ein Maximum geben muss. Die gefundenen Lösungskandidatensind somit optimal. (Alternativ: L′′11 = −2�1 ≤ 0, L′′22 = −2r�1 ≤ 0 und � = L′′11L′′22 − (L′′12)2 = 4r�2

1 − 1.Im Falle m ≥ 2 ist � = 0 und im Fall 1 < m < 2 gilt, ist � = 1/(m − 1) > 0. Somit ist L(x, y) in beidenFällen konkav.)

53


Kapitel 15 Matrizen und Vektoralgebra

15.12. Hier ist eine Methode: Addition der vier Gleichungen ergibt x1+x2+x3+x4 = 1

3 (b1 +b2+b3+b4), nachdemdurch 3 dividiert wurde. Indem man von dieser Gleichung der Reihe nach jede Ausgangsgleichungsubtrahiert, ergibt sich x1 = − 2

3b1 + 13 (b2 + b3 + b4), x2 = − 2

3 b2 + 13 (b1 + b3 + b4), x3 = − 2

3 b3 + 13 (b1 + b2 + b4),

x4 = − 23 b4 + 1

3 (b1 + b2 + b3). Eine Alternative ist die systematische Elimination von Variablen, indemman mit einer Variablen (z. B. x4) beginnt.

6. Vorschlag: Lösen Sie die erste Gleichung nach y auf. Setzen Sie diesen Ausdruck für y und x = 93.53 indie dritte Gleichung ein und lösen Sie diese nach s auf. Setzen Sie das Resultat in die zweite Gleichungein und lösen Sie diese nach c auf, usw.

15.3

1. (a)

(0 −23 1

)(−1 4

1 5

)=

(0 · (−1) + (−2) · 1 0 · 4 + (−2) · 53 · (−1) + 1 · 1 3 · 4 + 1 · 5

)=

(−2 −10−2 17

)

Die restlichen Aufgaben lassen sich ähnlich lösen. Beachten Sie, dass in (d) AB nicht definiert ist, dadie Anzahl der Spalten in A nicht mit der Anzahl der Zeilen in B übereinstimmt.

5. (a) Wir wissen, dass A eine m×n Matrix ist. Sei B eine p×q Matrix. Das Matrizenprodukt AB ist genaudann definiert, wenn n = p und BA ist genau dann definiert, wenn q = m. Damit beide Produkte ABund BA definiert sind, ist es notwendig und hinreichend, dass B eine n×m Matrix ist.(b) Wir wissen aus (a): Wenn BA und AB definiert sind, muss B eine 2× 2 Matrix sein. Sei

B =

(x yz w

). Dann ist BA =

(x yz w

)(1 22 3

)=

(x + 2y 2x + 3yz + 2w 2z + 3w

)und AB =

(1 22 3

)(x yz w

)=

(x + 2z y + 2w2x + 3z 2y + 3w

). Demnach ist BA = AB genau dann, wenn (i) x + 2y =

x + 2z, (ii) 2x + 3y = y + 2w , (iii) z + 2w = 2x + 3z und (iv) 2z + 3w = 2y + 3w . Die erste und die letztedieser vier Gleichungen gelten genau dann, wenn y = z. Und wenn y = z, gelten die zweite und dritteGleichung genau dann, wenn x = w − y . Demnach sind die Matrizen B, die mit A kommutieren, genaudie Matrizen der Form

B =

(w − y y

y w

)= w

(1 00 1

)+ y

(−1 1

1 0

).

Dabei können y und w beliebige reelle Zahlen sein.

15.4

2. Wir beginnen mit der Multiplikation:

⎛⎜⎝

a d ed b fe f c

⎞⎟⎠⎛⎜⎝

xyz

⎞⎟⎠ =

⎛⎜⎝

ax + dy + ezdx + by + fzex + fy + cz

⎞⎟⎠.

Danach multiplizieren wir: (x, y, z)

⎛⎜⎝

ax + dy + ezdx + by + fzex + fy + cz

⎞⎟⎠ = (ax2 + by2 + cz2 + 2dxy + 2exz + 2fyz).

Dies ist eine 1× 1 Matrix.

7. (a) Direkte Überprüfung ergibt (i) A2 = (a + d)A − (ad − bc)I2 =

(a2 + bc ab + bdac + cd bc + d2

).

(b) Für die Matrix A in (a) ist A2 = 0, wenn a + d = 0 und ad = bc. Ein Beispiel mit A �= 0 ist somit

A =

(1 1−1 −1

).

54

Kapitel 15 Matrizen und Vektoralgebra

(c) Wenn man (i) in (a) mit A multipliziert und A3 = 0 verwendet, erhält man (ii) (a+d)A2 = (ad−bc)A.Multipliziert man ein weiteres Mal mit A, erhält man (ad − bc)A2 = 0. Wenn ad − bc �= 0, ist A2 = 0.Wenn ad− bc = 0, erhält man aus (ii) (a + d)A2 = 0 und wenn a + d �= 0, gilt wieder A2 = 0. Schließlich:Wenn ad − bc = a + d = 0, impliziert (i) A2 = 0.

15.5

6. Allgemein gilt für jede natürliche Zahl n > 3: ((A1A2 · · ·An−1)An)′ = A′n(A1A2 · · ·An−1)′ . Nehmen Sieals Induktionshypthese an, dass das Resultat für n− 1 wahr ist. Dann wird aus dem letzten AusdruckA′nA′n−1 · · · ,A′2A′1, so dass das Resultat für alle n wahr ist.

8. (a) TS = S wird im Buch gezeigt. Ein ähnliches Argument zeigt, dass T2 = 12T + 1

2 S. Um die letzteGleichung zu beweisen, müssen wir nicht die einzelnen Elemente betrachten: T3 = TT2 = T( 1

2T + 12S) =

12 T2 + 1

2 TS = 12 ( 1

2 T + 12 S) + 1

2 S = 14 T + 3

4 S.

(b) Die entsprechende Formel ist (∗) Tn = 21−nT + (1− 21−n)S. Diese Formel ist für n = 1 wahr (und fürn = 2,3). Nehmen Sie an, dass (∗) für n = k wahr ist. Indem man die ersten zwei Gleichungen aus (a)verwendet, erhält man: Tk+1 = TTk = T(21−kT + (1 − 21−k )S) = 21−kT2 + (1 − 21−k )TS = 21−k ( 1

2 T + 12 S) +

(1 − 21−k )S = 2−kT + 2−kS + S− 2 · 2−kS = 2−kT + (1 − 2−k )S. Dies ist Formel (∗) für n = k + 1.

15.6

3. Wir wenden elementare Zeilenoperationen an: Wir dividieren die 1. Zeile durch 2, subtrahieren diesedann von der 2. und 3. Zeile, multiplizieren die 2. Zeile mit 2/5 und die 3. Zeile mit 2. Wir subtrahierendas 1/2-Fache der 3. Zeile von der 1. und die 2. Zeile von der 3. Wir multiplizieren die 3. Zeile mit−5/2. Wir ersetzen die rechte Seite der 2. Zeile durch 2c2 − 1. Dies war vorher die rechte Seite der3. Zeile, die mit der 2. identisch war. Wir erhalten:

⎛⎜⎝

w x y z

2 1 4 3 11 3 2 −1 3c1 1 2 1 c2

⎞⎟⎠ ∼

⎛⎜⎝

1 0 2 2 1− c2

0 1 0 −1 2c2 − 10 0 0 0 −5c2 + 3c + 2

⎞⎟⎠ .

Aufgrund der letzten Matrix können wir sagen, dass das System genau dann Lösungen hat, wenn−5c2 + 3c + 2 = 0, d. h. genau dann, wenn c = 1 oder c = −2/5. Für diese Werte von c erhalten wir dieLösungen im Buch.

4. (a) Nachdemwir die erste Zeile in die dritte verschobenhaben, erhält man durchGauß’scheEliminationdie Matrix:⎛⎜⎝

1 2 1 b2

0 1 −2 32 b2 − 1

2 b3

0 0 3− 4a b1 + (2a − 32 )b2 + ( 1

2 − a)b3

⎞⎟⎠. Offensichtlich gibt es genau dann eine (eindeutige)

Lösung, wenn a �= 3/4.(b) Setzen Sie a = 3/4 in (a). Dann wird die letzte Zeile der Matrix in (a) zu (0,0, 0,b1 − 1

4 b3). Esfolgt: Wenn b1 �= 1

4 b3, gibt es keine Lösung. Wenn b1 = 14 b3, gibt es unendlich viele Lösungen. Es gilt

x = −2b2 + b3 − 5t, y = 32 b2 − 1

2 b3 + 2t und z = t mit t ∈ R.

15.7

3. Verwendet man die Definitionen der Vektor-Addition und der Multiplikation von Vektoren mit einerreellen Zahl, erhält man 3(x, y, z)+5(−1,2, 3) = (4, 1,3) ⇐⇒ (3x−5,3y +10,3z+15) = (4, 1,3). Da zweiVektoren genau dann gleich sind, wenn sie komponentenweise gleich sind, ist diese Vektorgleichungäquivalent zum Gleichungssystem 3x − 5 = 4, 3y + 10 = 1 und 3z + 15 = 3 mit der offensichtlichenLösung x = 3, y = −3 und z = −4.

5. Wir müssen Zahlen t und s finden, so dass t(2,−1) + s(1, 4) = (4,−11). Diese Vektorgleichung istäquivalent zu (2t + s,−t + 4s) = (4,−11), welches wiederum äquivalent zum Gleichungssystem (i)2t + s = 4 und (ii) −t + 4s = −11 ist. Dieses System hat die Lösung t = 3 und s = −2, so dass(4,−11) = 3(2,−1)− 2(1, 4).

55


15.8

2. (a) Siehe Buch. (b) Wenn � das Intervall [0,1] durchläuft, wird der Vektor x alle Punkte der Stre-cke S von a nach b durchlaufen. Tatsächlich hat nach der Zwei-Punkte-Formel die Gerade L, diedurch (3, 1) und (−1, 2) verläuft, die Gleichung x2 = − 1

4 x1 + 74 oder x1 + 4x2 = 7. Die Strecke S erhält

man, indem man x1 das Intervall [3,−1] durchlaufen lässt, während x2 das [1, 2] durchläuft. Nun ist(1 − �)a + �b = (3− 4�,1 + �). Jeder Punkt (x1, x2) auf L erfüllt x1 + 4x2 = 7 und ist gleich (3− 4�,1 + �)für � = 1

4(3− x1) = x2 − 1. Jeder Punkt auf dem Steckenabschnitt von a = (3, 1) bis b = (−1, 2) ist gleich(3 − 4�, 1 + �) für ein � ∈ [0, 1].

8. (||a||+||b||)2−||a+b||2 = ||a||2+2||a||·||b||+||b||2−(a+b)(a+b) = 2(||a||·||b||−a ·b) ≥ 2(||a||·||b||−|a ·b|) ≥ 0nach der Cauchy-Schwarz-Ungleichung (15.8.2).

15.9

3. Eine Methode: (5, 2,1)− (1, 0,2) = (4, 2,−1) und (2,−1,4)− (1, 0,2) = (1,−1,2) sind zwei Vektoren inder Ebene. Die Normale (p1,p2, p3) muss orthogonal zu diesen beiden Vektoren sein, so dass (4, 2,−1) ·(p1,p2, p3) = 4p1 + 2p2 − p3 = 0 und (1,−1,2) · (p1, p2,p3) = p1 − p2 + 2p3 = 0. Eine Lösung dieserbeiden Gleichungen ist (p1, p2,p3) = (1,−3,−2). Verwendet man dann Formel (15.9.4) mit (a1,a2, a3) =(2,−1, 4), erhält man (1,−3,−2) · (x1 − 2, x2 + 1,x3 − 4) = 0 oder x1 − 3x2 − 2x3 = −3.Eine andere Methode ist: Die Gleichung der Ebene sei ax + by + cz = d. Es wird verlangt, dass die dreiPunkte diese Gleichung erfüllen: a + 2c = d, 5a + 2b + c = d und 2a − b + 4c = d. Lösen Sie dieseGleichungen nach a, b und c in Abhängigkeit von d auf, setzen Sie diese Resultate in die Gleichungax + by + cz = d ein kürzen Sie d.


7. (a)

(1 4 12 2 8

)−2← ∼

(1 4 10 −6 6

)−1/6

∼(

1 4 10 1 −1

)←−4∼(

1 0 50 1 −1

).

Die Lösung ist x1 = 5 und x2 = −1.

(b)

⎛⎜⎝

2 2 −1 21 −3 1 03 4 −1 1

⎞⎟⎠←← ∼

⎛⎜⎝

1 −3 1 02 2 −1 23 4 −1 1

⎞⎟⎠−2 −3←←

∼⎛⎜⎝

1 −3 1 00 8 −3 20 13 −4 1

⎞⎟⎠ 1/8 ∼

⎛⎜⎝

1 −3 1 00 1 −3/8 1/40 13 −4 1

⎞⎟⎠ −13←

∼⎛⎜⎝

1 −3 1 00 1 −3/8 1/40 0 7/8 −9/4

⎞⎟⎠

8/7∼⎛⎜⎝

1 −3 1 00 1 −3/8 1/40 0 1 −18/7

⎞⎟⎠←

3

∼⎛⎜⎝

1 0 −1/8 3/40 1 −3/8 1/40 0 1 −18/7

⎞⎟⎠←←

3/8 1/8

∼⎛⎜⎝

1 0 0 3/70 1 0 −5/70 0 1 −18/7

⎞⎟⎠ . Die Lösung ist x1 = 3/7, x2 = −5/7 und x3 = −18/7.

(c)

(1 3 4 05 1 1 0

)−5← ∼

(1 3 4 00 −14 −19 0

)−1/14

∼(

1 3 4 00 1 19/14 0

)←−3∼(

1 0 −1/14 00 1 19/14 0

).

Die Lösung ist x1 = (1/14)x3, x2 = −(19/14) · x3, wobei x3 beliebig ist. (Ein Freiheitsgrad.)

56

Kapitel 16 Determinanten und inverse Matrizen

10. (a) Siehe Buch. (b) In (a) haben wir gesehen, dass a produziert werden kann, ohne Output zu ver-nichten. Damit es möglich ist b zu produzieren, wenn es erlaubt ist, Output zu vernichten, muss esein � in [0,1] geben, so dass 6� + 2 ≥ 7, −2� + 6 ≥ 5 und −6� + 10 ≥ 5 folgt. Diese Ungleichungenreduzieren sich zu � ≥ 5/6, � ≤ 1/2 und � ≤ 5/6, die nicht miteinander vereinbar sind.(c) Ertrag: R(�) = p1x1 + p2x2 + p3x3 = (6p1−2p2−6p3)� + 2p1 + 6p2 + 10p3. Wenn die konstante Steigung6p1 − 2p2 − 6p3 > 0 ist, dann wird R(�) für � = 1 maximiert. Wenn 6p1 − 2p2 − 6p3 < 0 ist, dann wirdR(�) für � = 0 maximiert. Nur im Spezialfall, in dem 6p1 − 2p2 − 6p3 = 0 gilt, sollten beide Fabriken inBetrieb bleiben.

11. Wenn PQ − QP = P, dann ist PQ = QP + P und somit P2Q = P(PQ) = P(QP + P) = (PQ)P + P2 =(QP + P)P + P2 = QP2 + 2P2. Demnach ist P2Q − QP2 = 2P2. Ferner gilt P3Q = P(P2Q) = P(QP2 + 2P2) =(PQ)P2 + 2P3 = (QP + P)P2 + 2P3 = QP3 + 3P3. Daher ist P3Q − QP3 = 3P3.


16.1

3. (a) Die Cramer’sche Regel ergibt:

x =

∣∣∣∣∣8 −15 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 −11 −2

∣∣∣∣∣=−16 + 5−6 + 1

=115

, y =

∣∣∣∣∣3 81 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 −11 −2

∣∣∣∣∣=

15− 8−5

= −75

.

(b) und (c) werden genau so gelöst.

7. (b) Beachten Sie: Da c1 der Anteil des Einkommens ist, der für Konsum ausgegeben wird, können wirannehmen, dass 0 ≤ c1 ≤ 1. Ebenso: 0 ≤ c2 ≤ 1. Da m1 ≥ 0 und m2 ≥ 0, sehen wir, dass D > 0(ausgenommen der Fall c1 = c2 = 1).(c) Y2 hängt linear von A1 ab. Erhöht man A1 um eine Einheit, verändert sich Y2 um den Faktorm1/D ≥ 0, so dass Y2 steigt, wenn A1 steigt.Hier ist eine ökonomische Erklärung: Ein Anstieg in A1 erhöht das Einkommen von Nation 1 (Y1). Dieserhöht wiederum die Importe dieser Nation (M1). Jedoch entsprechen die Importe von Nation 1 denExporten der Nation 2, so dass dies das Einkommen der Nation 2 ( Y2) erhöht, usw.

16.2

1. (a) Die Regel von Sarrus ergibt:

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 01 3 21 0 0

∣∣∣∣∣∣∣= 0− 2 + 0− 0− 0− 0 = −2.

(b)

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 01 3 21 2 1

∣∣∣∣∣∣∣= 3 − 2− 0 − 0− 4− (−1) = −2

(c) 5 der 6 Produkte enthalten 0 als Faktor. Das einzige Produkt, das keine 0 als Faktor enthgält, ist dasProdukt der Elemente der Hauptdiagonale. Demnach ist die Determinante adf .

(d)

∣∣∣∣∣∣∣a 0 b0 e 0c 0 d

∣∣∣∣∣∣∣= aed + 0 + 0− bec − 0− 0 = e(ad − bc)

3. (a) Die Determinante der Koeffizientenmatrix ist |A| =

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 11 1 −1−1 −1 −1

∣∣∣∣∣∣∣= −4.

57


Die Zähler in (16.2.4) sind (Überprüfen Sie das!)

∣∣∣∣∣∣∣2 −1 10 1 −1−6 −1 −1

∣∣∣∣∣∣∣= −4 ,

∣∣∣∣∣∣∣1 2 11 0 −1−1 −6 −1

∣∣∣∣∣∣∣= −8 ,

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 21 1 0−1 −1 −6

∣∣∣∣∣∣∣= −12.

Nach (16.2.4) erhält man die Lösung x1 = 1, x2 = 2 und x3 = 3. Setzt man dies in das Ausgangsglei-chungssystem ein, wird bestätigt, dass die gefundene Lösung richtig ist.(b) Die Determinante der Koeffizientenmatrix ist −2 und die Zähler in (16.2.4) sind alle 0, so dass dieeinzige Lösung x1 = x2 = x3 = 0 ist. (c) Folgen Sie dem Vorgehen in (a).

6. (a) Setzt man T = d + tY in den Ausdruck für C ein, ergibt dies C = a− bd + b(1− t)Y . Setzt man diesfür C in den Ausdruck für Y ein, erhält man Y = a + b(Y − d− tY ) + A0. Löst man nach Y , T und C derReihe nach auf, erhält man die unten in (b) gegebene Lösung.

(b) Wir schreiben das System als

⎛⎜⎝

1 −1 0−b 1 b−t 0 1

⎞⎟⎠⎛⎜⎝

YCT

⎞⎟⎠ =

⎛⎜⎝

A0

ad

⎞⎟⎠. Die Cramer’sche Regel ergibt:

Y =

∣∣∣∣∣∣∣A0 −1 0a 1 bd 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0−b 1 b−t 0 1

∣∣∣∣∣∣∣

=a− bd + A0

1− b(1− t),

C =

∣∣∣∣∣∣∣1 A0 0−b a b−t d 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0−b 1 b−t 0 1

∣∣∣∣∣∣∣

=a− bd + A0b(1− t)

1− b(1− t),

T =

∣∣∣∣∣∣∣1 −1 A0

−b 1 a−t 0 d

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 0−b 1 b−t 0 1

∣∣∣∣∣∣∣

=t(a + A0) + (1− b)d

1− b(1− t)

.

(Diese Aufgabe ist dafür gedacht, dass Sie die Anwendung der Cramer’schen Regel üben. Beachten Sie,dass die systematische Elimination viel effektiver ist.)

16.3

1. Jede der Determinanten ist eine Summe aus 4! = 24 Termen. In (a) gibt es nur einen einzigen Term, dernicht 0 ist. Nach (16.3.4) ist der Wert der Determinante abcd. (b) Nur zwei Terme der Summe sindnicht 0: Das Produkt der Elemente auf der Hauptdiagonalen, d. h. 1 · 1 · 1 · d mit positivem Vorzeichen.Der andere Term ist: ∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 10 1 0 00 0 1 0a b c d

∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

Da es fünf aufsteigende Linien zwischen den Paaren gibt, muss das Vorzeichen des Produkts 1 · 1 · 1 · anegativ sein. Somit ist der Wert der Determinante d − a. (c) Vier Terme sind nicht 0. Siehe Buch.

58


16.4

10. (a) und (b): siehe Buch. (c) Wir haben (In−A)(In +A) = In ·In−AIn +InA−AA = In−A+A−A2 = In−A2.

Dieser Ausdruck ist genau dann 0, wenn A2 = In.

12. Die Beschreibung der Lösung im Buch führt zu:

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a + b a · · · aa a + b · · · a...

.... . .

...a a · · · a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

← · · · ←1 · · ·

. . .1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

na + b na + b · · · na + ba a + b · · · a...

.... . .

...a a · · · a + b

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (na + b)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1a a + b · · · a...

.... . .

...a a · · · a + b

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−a · · · −a← · · ·

. . .←

= (na + b)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 10 b · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · b

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Nach (16.3.4) ist die letzte Determinante bn−1. Demnach ist Dn = (na + b)bn−1.

16.5

1. (a) Siehe Antwort im Buch. (b) Eine Möglichkeit ist es, nach der zweiten Zeile oder der drittenSpalte zu entwickeln (da beide zwei Nullen enthalten). Es ist jedoch einfacher, zunächst elementareOperationen anzuwenden, um eine Spalte oder Zeile mit einer weiteren 0 zu erhalten. Zum Beispielin dieser Weise: ∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3 40 −1 0 112 −1 0 3−2 0 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−2 2

←←

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 3 40 −1 0 110 −5 −6 −50 4 5 11

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣−1 0 11−5 −6 −5

4 5 11

∣∣∣∣∣∣∣−5 −4←←

=

∣∣∣∣∣∣∣−1 0 11

0 −6 −600 5 55

∣∣∣∣∣∣∣

= −1

∣∣∣∣∣−6 −60

5 55

∣∣∣∣∣ = −(−330 + 300) = 30.

Bei der Berechnung von Determinanten kann man sowohl elementare Zeilen- als auch Spaltenoperatio-nen anwenden. Jedoch werden Spaltenoperationen bedeutungslos, wenn lineare Gleichnungssystememithilfe Gauß’scher Elimination gelöst werden. Wenn nach elementaren Operationen in einer Zeileoder Spalte nur noch ein Element �= 0 enthalten ist, sollte man natürlich die Determinante nach dieserZeile oder Spalte entwickeln. (c) Siehe Lösung im Buch.

16.66. (b) Nach (a) ist A3−2A2 + A = I oder A(A2 −2A+ I) = I, so dass nach Theorem 16.6.2 A−1 = A2−2A+ I.

Der letzte Ausdruck kann auch als (A − I)2 geschrieben werden. (c) Siehe Buch.

9. B2 + B =

(3/2 −5−1/4 3/2

)+

(−1/2 5

1/4 −1/2

)=

(1 00 1

)= I. Man kann direkt zeigen, dass B3 −

2B + I = 0. Hier ist eine Alternative, die B2 + B = I verwendet: B3 − 2B + I = B3 + B2 − B2 − 2B + I =B(B2 + B)− B2 − 2B + I = B− B2 − 2B + I = −(B2 + B) + I = 0.

16.7

1. (a) Die Determinante ist 10−12 = −2 und die Adjungierte ist

(C11 C21

C12 C22

)=

(5 − 3−4 2

). Somit

ist die Inverse:

− 12

(5 −3−4 2

)=

(−5/2 3/2

2 −1

)

59


(b) Wenn wir die Matrix mit A bezeichnen, ist die Adjungierte

adj A =

⎛⎜⎝

C11 C21 C31

C12 C22 C32

C13 C23 C33

⎞⎟⎠ =

⎛⎜⎝

1 4 22 −1 44 −2 −1

⎞⎟⎠

und die Determinante ist |A| = a11C11 + a21C21 + a31C31 = 1 · 1 + 2 · 4 + 0 · 2 = 9 (durch Entwicklung nachder ersten Spalte). Demnach ist

A−1 = 19 (adj A) = 1

9

⎛⎜⎝

1 4 22 −1 44 −2 −1.

⎞⎟⎠

(c) Da die Determinante 0 ist, gibt es keine Inverse.

3. Die Determinante von I −A ist |I− A| = 0.496 und die Adjungierte ist

adj(I −A) =

⎛⎜⎝

0.72 0.64 0.400.08 0.76 0.320.16 0.28 0.64

⎞⎟⎠. Daher ist

(I − A)−1 =1

0.496· adj(I − A) ≈

⎛⎜⎝

1.45161 1.29032 0.806450.16129 1.53226 0.645160.32258 0.56452 1.29032

⎞⎟⎠ (gerundet auf fünf Dezimalstellen).

Wenn Sie eine exakte Antwort haben möchten, beachten Sie, dass1000496

=12562

und

adj(I −A) =

⎛⎜⎝

0.72 0.64 0.400.08 0.76 0.320.16 0.28 0.64

⎞⎟⎠ =

125

⎛⎜⎝

18 16 102 19 84 7 16.

⎞⎟⎠.

Dies ergibt (I −A)−1 =562

⎛⎜⎝

18 16 102 19 84 7 16

⎞⎟⎠.

4. Bezeichne B die n×p Matrix, deren i-te Spalte die Elemente b1i, b2i, . . . ,bni enthält. Die p Systeme vonn Gleichungen in n Unbekannten können als AX = B ausgedrückt werden, wobei A eine n× n- und Xeine n × p-Matrix ist. Folgt man der in Beispiel 2 dargestellten Methode, so werden genau dieselbenZeilenoperationen, die die n×2n Matrix (A: I) in (I: A−1) transformieren, auch die n×(n+p) Matrix (A: B)in (I: B∗) transformieren, wobei B∗ die Matrix mit den Elementen b∗ij ist. (Da diese Zeilenoperationenzusammen äquivalent zu einer Multiplikation von links mit A−1 sind, muss B∗ = A−1B sein.) Wennk = r , ist die Lösung des Systems x1 = b∗1r , x2 = b∗2r , . . . , xn = b∗nr .

5. (a) Das folgende zeigt, dass die Inverse

(−2 −1

32 − 1

2

)ist:

(1 2 1 03 4 --

--

0 1

)−3← ∼

(1 2 1 00 −2 --

--

−3 1

)− 1

2

∼(

1 2 1 00 1 --

--

32 − 1

2

)←−2∼(

1 0 −2 −10 1 --

--

32 − 1

2 .

)

(b) ⎛⎜⎝

1 2 3 1 0 02 4 5 0 1 03 5 6 --

----

0 0 1

⎞⎟⎠−2 −3←←

∼⎛⎜⎝

1 2 3 1 0 00 0 −1 −2 1 00 −1 −3 --

----

−3 0 1

⎞⎟⎠←←

∼⎛⎜⎝

1 2 3 1 0 00 −1 −3 −3 0 10 0 −1 --

----

−2 1 0

⎞⎟⎠ −1−1∼⎛⎜⎝

1 2 3 1 0 00 1 3 3 0 −10 0 1 --

----

2 −1 0

⎞⎟⎠←−2

∼⎛⎜⎝

1 0 −3 −5 0 20 1 3 3 0 −10 0 1 --

----

2 −1 0

⎞⎟⎠

←←−3 3

∼⎛⎜⎝

1 0 0 1 −3 20 1 0 −3 3 −10 0 1 --

----

2 −1 0

⎞⎟⎠

60


(c) Wir sehen, dass die dritte Zeile gleich der mit −3 multiplizierten ersten Zeile ist. Demnach hat dieMatrix keine Inverse.

16.8

1. (a) Die Determinante |A| der Koeffizientenmatrix ist |A| =

∣∣∣∣∣∣∣1 2 −12 −1 11 −1 −3

∣∣∣∣∣∣∣= 19.

Die Determinanten in (16.8.2) sind (Überprüfen Sie das!)∣∣∣∣∣∣∣−5 2 −1

6 −1 1−3 −1 −3

∣∣∣∣∣∣∣= 19 ,

∣∣∣∣∣∣∣1 −5 −12 6 11 −3 −3

∣∣∣∣∣∣∣= −38 ,

∣∣∣∣∣∣∣1 2 −52 −1 61 −1 −3

∣∣∣∣∣∣∣= 38.

Nach (16.8.4) ist die Lösung x = 19/19 = 1, y = −38/19 = −2 und z = 38/19 = 2. Setzt man diese in dasAusgangsgleichungssystem ein, sieht man, dass diese Antwort korrekt ist.

(b) Die Determinante |A| der Koeffizientenmatrix lautet

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 0 01 0 1 00 1 1 10 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −1.

Die Determinanten in (16.8.2) sind (Überprüfen Sie das!)∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 1 0 02 0 1 06 1 1 11 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 3 ,

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 3 0 01 2 1 00 6 1 10 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −6 ,

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 3 01 0 2 00 1 6 10 1 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −5 ,

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 0 21 0 1 30 1 1 60 1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 5.

Nach (16.8.4) ist die Lösung x = −3, y = 6, z = 5 und u = −5. Setzt man dies in das Ausgangsglei-chungssystem ein, sieht man dass die Antwort korrekt ist.

3. Nach Theorem 16.8.2 hat das System genau dann nichttriviale Lösungen, wenn die Determinante derKoeffizientenmatrix gleich 0 ist. Entwickelt man nach der ersten Zeile, erhält man

∣∣∣∣∣∣∣a b cb c ac a b

∣∣∣∣∣∣∣= a

∣∣∣∣∣c aa b

∣∣∣∣∣− b

∣∣∣∣∣b ac b

∣∣∣∣∣ + c

∣∣∣∣∣b cc a

∣∣∣∣∣= a(bc − a2)− b(b2 − ac) + c(ab − c2) = 3abc − a3 − b3 − c3.

Somit hat das System genau dann nichttriviale Lösungen, wenn 3abc− a3 − b3 − c3 = 0.

16.9

4. Das Gleichungssystem erhält man direkt aus (16.9.4).


3. Es ist eine schlechte Idee, hier „brachiale Gewalt“ anzuwenden. Beachten Sie stattdessen, dass Zeile1 und 3 sowie Zeile 2 und 4 in der Determinante „viel gemeinsam“ haben. Subtrahieren Sie zunächstZeile 3 von Zeile 1 und Zeile 4 von Zeile 2. Nach Theorem 16.4.1(F) ändert dies nicht den Wert derDeterminante. Dies ergibt (wenn wir danach Theorem 16.4.1(C) verwenden):∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 a− b 0 b − ab− a 0 a− b 0

x b x aa x b x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (a − b)2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 −1−1 0 1 0

x b x aa x b x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (a − b)2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

0 1 0 0−1 0 1 0

x b x a + ba x b 2x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

61


Die letzte Gleichung erhält man durch Addition von Zeile 2 zu Zeile 4 in der mittleren Determinante.Wenn wir die letzte Determinante nach der ersten Zeile entwickeln, enden wir mit einer leicht zuberechnenden 3× 3 Determinante. Die Gleichung ist dann (a − b)2(4x2 − (a + b)2) = (a − b)2(2x + (a +b))(2x − (a + b)) = 0. Die Lösungen im Buch folgen.

5. Entwicklung nach Spalte 3:

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣q −1 q − 21 −p 2− p2 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣= (q − 2)

∣∣∣∣∣1 −p2 −1

∣∣∣∣∣ − (2 − p)

∣∣∣∣∣q −12 −1

∣∣∣∣∣ = (q − 2)(−1 + 2p)− (2− p)(−q + 2)

= (q − 2)(p + 1).Es gibt aber viele andere mögliche Wege.

|A + E|=

∣∣∣∣∣∣∣q + 1 0 q − 1

2 1− p 3− p3 0 1

∣∣∣∣∣∣∣=(1 − p)

∣∣∣∣∣q + 1 q − 1

3 1

∣∣∣∣∣=(1 − p)[q + 1− 3(q − 1)] = 2(p − 1)(q − 2).

Für den Rest: siehe Buch.

8. (a) Beachten Sie, dass

U2 =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

1 1 . . . 11 1 . . . 1...

.... . .

...1 1 . . . 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

1 1 . . . 11 1 . . . 1...

.... . .

...1 1 . . . 1

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

n n . . . nn n . . . n...

.... . .

...n n . . . n

⎞⎟⎟⎟⎟⎠ = nU.

(b) Der Trick ist: Bemerken Sie, dass

A =

⎛⎜⎝

4 3 33 4 33 3 4

⎞⎟⎠ =

⎛⎜⎝

1 0 00 1 00 0 1

⎞⎟⎠ +

⎛⎜⎝

3 3 33 3 33 3 3

⎞⎟⎠ = I3 + 3U.

Aus (a) erhalten wir (I3 + 3U)(I3 + bU) = I3 + (3 + b + 3 · 3bU) = I3 + (3 + 10b)U, was gleich I3 ist, wennwir b = −3/10 wählen. Es folgt, dass

A−1 = (I3 + 3U)−1 = I3 − (3/10)U =

⎛⎜⎝

1 0 00 1 00 0 1

⎞⎟⎠−

⎛⎜⎝

310

310

310

310

310

310

310

310

310

⎞⎟⎠ =

110

⎛⎜⎝

7 −3 −3−3 7 −3−3 −3 7

⎞⎟⎠ .

11. (a) Gauß’sche Elimination ergibt

⎛⎜⎝

a 1 4 22 1 a2 21 0 −3 a

⎞⎟⎠←

←∼⎛⎜⎝

1 0 −3 a2 1 a2 2a 1 4 2

⎞⎟⎠−2 −a←←

∼⎛⎜⎝

1 0 −3 a0 1 a2 + 6 −2a + 20 1 3a + 4 −a2 + 2

⎞⎟⎠ −1←

∼⎛⎜⎝

1 0 −3 a0 1 a2 + 6 −2a + 20 0 −a2 + 3a− 2 −a2 + 2a

⎞⎟⎠

.

Es folgt, dass das System genau dann eine eindeutige Lösung hat, wenn −a2 + 3a − 2 �= 0, d. h. genaudann, wenn a �= 1 und a �= 2. Wenn a = 2, besteht die letzte Zeile nur aus Nullen, so dass es unendlichviele Lösungen gibt, während es für a = 1 keine Lösungen gibt.(b) Wenn wir dieselben elementaren Operationen wie in (a) auf die zugehörige erweiterte Matrix an-wenden, erhalten wir ⎛

⎜⎝1 0 −3 b3

0 1 a2 + 6 b2 − 2b3

0 0 −a2 + 3a− 2 b1 − b2 + (2− a)b3

⎞⎟⎠ .

62

Kapitel 17 Lineare Programmierung

Wir sehen, dass es genau dann unendlich viele Lösungen gibt, wenn alle Elemente der letzten Zeile 0sind, d. h. genau dann, wenn a = 1 und b1 − b2 + b3 = 0 oder wenn a = 2 und b1 = b2.

13. Ausnahmsweise verwenden wir hier eine „unsystematische Elimination“. Lösen Sie die erste Glei-chung nach y , die zweite nach z und die vierte nach u auf, wobei Sie den für y gefundenen Ausdruckverwenden. Setzen Sie alles in die dritte Gleichung ein. Dann ergibt sich: a(b − 2)x = −2a + 2b + 3. Esgibt eine einzige Lösung, sofern a(b − 2) �= 1. Wir erhalten auf einfache Weise die Lösung im Buch.

15. Wir zeigen das Resultat für 3× 3 Matrizen, die sich nur in der ersten Zeile unterscheiden:∣∣∣∣∣∣∣a11 + x a12 + y a13 + z

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣∣x y z

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣. (∗)

Wir entwickeln die erste Determinante in (∗) nach der ersten Zeile, wobei C11, C12 und C13 die Co-Faktoren te der drei Elemente der ersten Zeile sind. Daraus erhalten wir

(a11 + x)C11 + (a12 + y)C12 + (a13 + z)C13 =[a11C11 + a12C12 + a13C13] + [xC11 + yC12 + zC13].

Die Summen in den eckigen Klammern sind die letzten zwei Determinanten in (∗).


17.1

3. Die Menge A ist die schattierte Fläche in Abb. CWS17.1.3.(a) Die Lösung ist offensichtlich im Punkt P in der Abbildung, da er die größte x2-Koordinate von allenPunkten in A hat. P ist der Punkt, in dem sich die zwei Geraden −2x1 + x2 = 2 und x1 + 2x2 = 8schneiden. Die Lösung dieser zwei Gleichungen ist (x1,x2) = (4/5,18/5).(b) Der Punkt in A mit der größten x1-Koordinate ist offensichtlich Q = (8, 0).(c) Eine der Geraden 3x1 + 2x2 = c ist die gestrichelten Linie in Abb. CWS17.1.3. Wenn c steigt, bewegtsich die Gerade immer weiter nach außen in nordöstlicher Richtung. Die Gerade, die den größtenWert von c und gleichzeitig noch einen Punkt mit A gemeinsam hat, geht durch den Punkt Q in derAbbildung.(d) Die Gerade 2x1 − 2x2 = c (oder x2 = x1 − c/2) bildet mit der x1 Achse einen 45◦ Winkel undschneidet die x1 Achse bei c/2. Wenn c fällt, verschiebt sich die Gerade nach links. Die Gerade, dieden kleinsten Wert von c hat und noch einen gemeinsamen Punkt mit A hat, geht durch den Punkt Pin der Abbildung.

x2

x1

P

A

Q

8

4

− 2x1 + x2 = 2

3x1 + 2x2 = c

x1 + 2x2 = 8

Abbildung CWS17.1.3

63


(e) Die Gerade 2x1 + 4x2 = c ist parallel zur Geraden x1 + 2x2 = 8 in der Abbildung. Wenn c steigt,verschiebt sich die Gerade immer weiter nach außen in Richtung Nordosten. Die Gerade, die Punktemit A gemeinsamt hat und den größtmöglichen Wert von c hat, ist offensichtlich, diejenige, die dieGerade x1 + 2x2 = 8 überdeckt. Somit sind alle Punkte auf der Geraden zwischen P und Q Lösungen.(f) Die Gerade−3x1−2x2 = c ist parallel zu der gestrichelten Geraden in der Abbildung und schneidetdie x1 Achse an der Stelle −c/3. Sobald c fällt, bewegt sich die Kurve immer weiter nach außenin Richtung Nordosten. Somit liegt die Lösung bei Q = (8, 0). (Man kann auch so argumentieren: DasMinimum von−3x1−2x2 bezüglich (x1,x2) ∈ A muss an demselben Punkt eintreten wie das Maximumvon 3x1 + 2x2 bezüglich (x1, x2) ∈ A.)

17.2

1. (a) Siehe Abb. A17.1.1(a) im Buch. Wenn in Aufgabe 17.1.1 (a) 3x1 +2x2 ≤ 6 durch 3x1 +2x2 ≤ 7 ersetztwird, vergrößert sich die zulässige Menge, da die steilste Gerade sich nach rechts verschiebt. Der neueoptimale Punkt ist jetzt der Schnittpunkt der Geraden 3x1 + 2x2 = 7 und x1 + 4x2 = 4. Hieraus folgt dieLösung (x1, x2) = (2,1/2). Der (alte) Maximalwert der Zielfunktion war 36/5. Der (neue) Optimalwertist 3 · 2 + 4 · 1

2 = 8 = 40/5 und die Differenz der Optimalwerte beträgt u∗1 = 5/4.(b) Wenn x1 + 4x2 ≤ 4 durch x1 + 4x2 ≤ 5 ersetzt wird, vergrößert sich die zulässige Menge, da dieGerade x1 + 4x2 = 4 sich nach oben bewegt. Der (neue) Optimalwert befindet sich nun im Schnitt-punkt der Geraden 3x1 + 2x2 = 6 und x1 + 4x2 = 5 und es folgt die Lösung (x1, x2) = (7/5,9/10). Der(alte) Maximalwert der Zielfunktion war 36/5. Der (neue) Optimalwert ist 39/5 und die Differenz derOptimalwerte ist u∗2 = 3/5. (c) Siehe Buch.

17.3

1. (a) Aus Abb. A17.3.1(a) im Buch wird klar: Wenn c steigt, verscheibt sich die gestrichelte Kurve immerweiter nach Nordosten. Die Gerade, die den größten Wert für c erreicht und noch einen Punkt mit derzulässigen Menge gemeinsam hat, geht durch den Punkt P , der die Koordinaten (x, y) = (0, 3) hat.(b) Nach Abb. A17.3.1(b) im Buch: Wenn c fällt, bewegt sich die gestrichelte Gerade in südwestlicherRichtung. Die Gerade, die den kleinsten Wert für c erreicht und gleichzeitig noch einen Punkt mit derzulässigen Menge gemeinsam hat, geht durch den Punkt P , der die Koordinaten (u1, u2) = (0,1) hat. Derdazugehörige Minimumwert ist 20u1 + 21u2 = 21. Dies ist der Maximumwert des primären Problems.Somit ist die Antwort zu Frage (c) ja.

2. Hierzu gibt es nicht viel zu ergänzen.Von der einfach zu erstellendenAbbildung können wir die Lösungablesen.

3. Siehe Abb. CWS17.3.3 sowie die Lösung aus dem Buch.

x2

5

x15 10

2x1 + x2 = 16

400x1 + 500x2 = konst.

x1 + 2x2 = 11

(x *1 , x *

2 ) = (7, 2)

x1 + 4x2 = 16

Abbildung CWS17.3.3

64


17.4

2. (a) Das Problem ist ähnlich zu Aufgabe 17.3.3. Siehe Lösung im Buch. Beachten Sie, dass 300x∗1 +200x∗2 = 2800.(b) Das duale Problem ist

min (54u1 + 48u2 + 50u3), wenn

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

6u1 + 4u2 + 5u3 ≥ 300

3u1 + 6u2 + 5u3 ≥ 200

u1, u2,u3 ≥ 0

.

Die optimale Lösung des primären Problems ist x∗1 = 8 und x∗2 = 2. Da beide positiv sind, sind diebeiden ersten Nebenbedingungen im dualen Problem mit Gleichheit im optimalen Tripel (u∗1,u∗2, u∗3)erfüllt. Da die zweite Nebnbedingung im primären Problem mit strikter Ungleichheit erfüllt ist, folgt:4x∗1 + 6x∗2 = 44 < 48, u∗2 = 0. Somit ist 6u∗1 + 5u∗3 = 300 und 3u∗1 + 5u∗3 = 200. Es folgt: u∗1 = 100/3, u∗2 = 0und u∗3 = 20 mit 54u∗1 + 48u∗2 + 50u∗3 = 2800.(c) Siehe Buch.

17.5

3. (a) Siehe Buch. (b) Das duale Problem ist im Buch gegeben. Siehe Abb. CWS17.5.3. Aus der Abbil-dung kann man sehen, dass Optimalität in dem Punkt eintritt, in dem die erste und dritte Nebenbedin-gung mit Gleichheit erfüllt sind, d. h. wo 10x∗1 + 20x∗2 = 10 000 und 20x∗1 + 20x∗2 = 11 000. Die Lösungist x∗1 = 100 und x∗2 = 450. Der maximale Wert der Zielfunktion ist 300 · 100 + 500 · 450 = 255 000.

y

100

200

300

400

500

600

700

800

900

1000

x100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

(2)

(1)

(3)

Abbildung CWS17.5.3

Wegen der komplementären Schlupfbedingungen müssen die Nebenbedingungen im dualen Problemmit Gleichheit erfüllt sein. Da die zweite Nebenbedingung des primären Problems einen Schlupf (20 ·100 + 10 · 450 < 8000) hat, ist y∗2 = 0. Somit ist 10y∗1 + 20y∗3 = 300 und 20y∗1 + 20y∗3 = 500. Es folgtdie Lösung des dualen Problems: y∗1 = 20, y∗2 = 0 und y∗3 = 5. Der minimale Wert der Zielfunktion ist10 000 · 20 + 8 000 · 0 + 11 000 · 5 = 255 000.(c) Wenn die Kosten pro Stunde in Fabrik 1 um 100 steigen, würde das Maximum im primären Problemum y∗1 = 20 ansteigen. (Die Zahlen y1, y2 und y3 entsprechen den Schattenpreisen der Ressourcen ausdem primären Problem.) Ein Anstieg der Kosten in Fabrik 1 um 100 wird demnach das Maximum desprimären Problems um 100 ·20 = 2000 erhöhen. (Wir nehmen an, dass der optimale Punkt im primären

65


Problem sich nicht verändert.) Da der Maximalwert im primären Problem dem Minimalwert im dualenProblem entspricht, folgt: Die minimalen Kosten im dualen Problem steigen um 2000, wenn die Kostenpro Stunde in Fabrik 1 um 100 steigen.


2. (a) Betrachten Sie das gegebene LP-Problem als das primäre Problem und bezeichnen Sie dieses mit(P). Das duale Problem ist bei den Lösungen im Buch zu finden und wird mit (D) bezeichnet. WennSie die zulässige Menge für (D) sowie eine Gerade −x1 + x2 = c zeichnen, sieht man: Wenn c steigt,verschiebt sich die Gerade in nordwestlicher Richtung. Die Gerade, die den größten Wert von c hat undnoch einen gemeinsamen Punkt mit der zulässigen Menge hat, verläuft durch den Punkt (0, 8), was dieLösung für (D) ist.(b) Wir sehen: Wenn x1 = 0 und x2 = 8, dann sind die zweite und vierte Nebenbedingung in (D) mitstrikter Ungleichheit erfüllt, so dass im Optimum in (P) y2 = y4 = 0 ist. Ebenso: Da x2 = 8 > 0, ist diezweite Nebenbedingung in (P) im Optimum mit Gleichheit erfüllt, d. h. 2y1 − y3 = 1. Aber dann sehenwir, dass die Zielfunktion in (P) gleich 16y1 + 6y2 − 8y3 − 15y4 = 16y1 − 8y3 = 8(2y1 − y3) = 8 ist. Wennwir y3 = b setzen, ist y1 = 1

2 (1+b) und wir folgern, dass (y1, y2, y3, y4) = ( 12 (1+b),0,b,0) eine Lösung von

(P) sein muss, vorausgesetzt, dass b so gewählt wird, dass y1 = 12 (1 + b) ≥ 0, d. h. b ≥ −1, y3 = b ≥ 0 und

die erste Nebenbedingung in (P) erfüllt ist. (Die zweite Nebenbedingung ist, wie wir bereits wissen, mitGleichheit erfüllt.) Die erste Nebenbedingung reduziert sich zu − 1

2 (1 + b)− 2b ≥ −1 oder zu b ≤ 15 . Wir

folgern, dass ( 12 (1 + b), 0,b,0) optimal ist, vorausgesetzt, dass 0 ≤ b ≤ 1

5 .(c) Die Zielfunktion in (D) lautet nun kx1 + x2. Wenn k ≥ 0, gibt es keine Lösung. Die Bedingung dafür,dass (0,8) eine Lösung ist, ist: k kleiner oder gleich der Steigung der Nebenbedingung−x1 + 2x2 = 16,d. h. k ≤ −1/2.

4. (a) Siehe Lösung im Buch. (b) Mit der Lagrangefunktion L = (500 − ax1)x1 + 250x2 − �1(0.04x1 +0.03x2− 100)−�2(0.025x1 + 0.05x2−100)− �3(0.05x1 − 100)− �4(0.08x2 − 100) sind die Kuhn-Tucker-Bedingungen (mit Nichtnegativitätsbedingungen): Es existieren Zahlen �1, �2, �3 und �4, so dass

∂L/∂x1 = 500− 2ax1 − 0.04�1 − 0.025�2 − 0.05�3 ≤ 0 (= 0, wenn x1 > 0) (i)

∂L/∂x2 = 250− 0.03�1 − 0.05�2 − 0.08�4 ≤ 0 (= 0, wenn x2 > 0) (ii)

�1 ≥ 0 und �1 = 0, wenn 0.04x1 + 0.03x2 < 100 (iii)

�2 ≥ 0 und �2 = 0, wenn 0.025x1 + 0.05x2 < 100 (iv)

�3 ≥ 0 und �3 = 0, wenn 0.05x1 < 100 (v)

�4 ≥ 0 und �4 = 0, wenn 0.08x2 < 100. (vi)

(c) Die Kuhn-Tucker-Bedingungen sind hinreichend für Optimalität, da man leicht sieht, dass die La-grangefunktion in (x1,x2) für a ≥ 0 konkav ist. Wenn (x1,x2) = (2000,2000/3) optimal ist, dann sind(i) und (ii) mit Gleichheit erfüllt. Ferner sind die Ungleichungen in (iv) und (vi) strikt, wenn x1 = 2000und x2 = 2000/3, so dass �2 = �4 = 0. Dann ergibt (ii): �1 = 25000/3. Es bleibt zu prüfen, welche Wertevon a zu �3 ≥ 0 führen. Aus (i) ergibt sich: 0.05�3 = 500− 4000a− 0.04(25000/3) = 500/3− 4000a ≥ 0dann und nur dann, wenn a ≤ 1/24.

66

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