TU Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen SS11/Beispiel 188

Angabe

 Man bestimme denjenigen Punkt auf der Ebene $z=x+y$, der von dem Punkt(1,0,0) den kleisten euklidischen Abstand hat.

Allgemeines

 Länge zwischen 2 Punkten: $\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2+(z_1-z_2{)}^2}$

Lösungsvorschlag von Me.Name

Zuerst mal die angabe verstehen: Es gibt eine Ebene welche definiert ist durch $z=x+y$ also einfach eine linear ansteigende Ebene. Von dieser sollen wir nun einen Vektor bestimmen der zum Punkt (1,0,0) zeigt, zusätzlich soll dieser Pfeil so kurz wie möglich sein.

d.h.: $f(x,y,z)=\sqrt{(x-1{)}^2+(y-0{)}^2+(z-0{)}^2}=0\to f(x,y,z)=(x-1{)}^2+y^2+z^2$

Als Nebenbedingung haben wir:$g(x,y,z)=x+y-z=0$

Das setzen wir jetzt in die Lagrange Multiplikation ein:

$F(x,y,z,\lambda )=(x-1{)}^2+y^2+z^2-\lambda \ast (x+y-z)$

Ableitungen bilden:

1)$F_x(x,y,z,\lambda )=2(x-1)-\lambda =0\to x=\frac{\lambda +2}{2}$

2)$F_y(x,y,z,\lambda )=2y-\lambda =0\to y=\frac{\lambda }{2}$

3)$F_z(x,y,z,\lambda )=2z+\lambda =0\to z=-\frac{\lambda }{2}$

4)$F_{\lambda }(x,y,z,\lambda )=-x-y+z=0\to y=\frac{\lambda }{2}$

1&2&3 in 4:

$-\frac{\lambda +2}{2}-\frac{\lambda }{2}-\frac{\lambda }{2}=0\to -3\lambda =2\to \underset{\_}{\lambda =-\frac{2}{3}}$

=> $x=\frac{2}{3};y=-\frac{1}{3};z=\frac{1}{3}$ und das ist jetzt der Punkt$(\frac{2}{3},-\frac{1}{3},\frac{1}{3})$ von wo aus unser gesuchter Abstand zu P(1,0,0) am geringsten ist.