Mathematik II für Inf und WInf

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1 Gruppenübung Mathematik II für Inf und WInf 8. Übung Lösungsvorschlag G 28 (Partiell aber nicht total differenzierbar) Gegeben sei die Funktion f : R 2 R mit f(x, ) := x. Zeige: f ist stetig und partiell differenzierbar im Punkt (0, 0), aber die Funktion ist in (0, 0) nicht total differenzierbar. Die Funktion f(x, ) = x = x is als Produkt zweier stetiger Funktionen wieder stetig, also insbesondere im Punkt (0, 0) stetig. Die partiellen Ableitungen im Punkt (0, 0) können nur mit Hlfe der Definition berechnet werden: x (0, 0) h 0 f(h, 0) f(0, 0) (0, 0) f(0, h) f(0, 0) h 0 = 0 0 = 0. Beide partiellen Ableitungen sind im Punkt (0, 0) gleich 0. Wäre f differenzierbar im Punkt (0, 0), dann würde gelten: D(f)(0, 0) = (0, 0), und es müßte für ein g(h, k) mit die Gleichung erfüllt sein. Einsetzen ergibt lim (h,k) (0,0) g(h, k) (h, k) = 0 f(h, k) = f(0, 0) + D(f) (h, k) + g(h, k) x = g(h, k), also g(h, k) = hk. Wählt man nun die Folge ( n, n ), dann gilt sicherlich lim n ( n, n ) = (0, 0), aber lim n g( n, n ) ( n, n ) = n 2 = + n 2 n 2 Also kann f im Nullpunkt nicht differenzierbar sein G 29 (Partielle Differenzierbarkeit) Die Funktion F : R 2 R sei definiert durch { x x2 2, falls (x, ) (0, 0), F (x, ) := x , falls (x, ) = (0, 0). a) Zeige, dass F im Punkt (0, 0) stetig ist. b) Zeige, dass F überall zweimal partiell differenzierbar ist, dass aber gilt (D 2 D F )(0, 0) (D D 2 F )(0, 0). a) Wir verwenden das ε δ Kriterium der Stetigkeit: Zu zeigen ist also: ( ε > 0)( δ > 0)( (x, )). (x, ) (0, 0) < δ = f(x, ) 0 < ε.

2 Mathematik II für Inf unf WInf, Lösungsvorschlag 2 Sei ε > 0 Wir suchen nun ein passendes δ: Wenn gilt (x, ) (0, 0) = x < δ, dann folgt mit (x ) 2 = x x 0, also x x, das gilt x x2 2 x x x2 2 2x = 2 x2 + 2 < δ2 2. Wir setzen also δ := 2ε. Damit ist f stetig in (0, 0). b) Wir berechnen einfach die ersten partiellen Ableitungen für (x, ) (0, 0) (über die Produktregel): (D F )(x, ) = x2 2 x x 4x 2 (x ) 2 (D 2 F )(x, ) = x x2 2 x x 4x2 (x ) 2. Für (x, ) (0, 0) kann man offensichtlich jeweils in ähnlicher Weise die Ableitung nach x bzw. bestimmen. Die Funktion F ist also zweimal partiell differenzierbar. Nun bestimmen wir die Ableitungen in (0, 0): Es gilt (D 2 D F )(0, 0) = (D F )(0, h) (D F )(0, 0) (D 2 (D F ))(0, 0) (D D 2 F )(0, 0) = (D 2 F )(h, 0) (D 2 F )(0, 0) (D (D 2 F ))(0, 0) Wir bestimmten also zunächst (D F )(0, 0) und (D 2 F )(0, 0): F (h, 0) F (0, 0) 0 0 (D F )(0, 0) = 0 und ebenso (D 2 F )(0, 0) = 0. Zusammen mit den berechneten ersten partiellen Ableitungen von f (siehe oben) folgt dann und h 0 h h (D 2 D F )(0, 0) 2 = h h2 0 h (D D 2 F )(0, 0) =. G 30 (Kettenregel) Gegeben seien die Funktionen f : R 2 R und g : R 2 R mit f(x, ) = cos (x) und g(x, ) = e x und die Koordinatentransformation x(u, v) = 2u v und ỹ(u, v) = 2u + v. Bestimmen Sie für f(u, v) = f( x(u, v), ỹ(u, v)) bzw. g(u, v) = g( x(u, v), ỹ(u, v)) mit f, g : R 2 R die partiellen Ableitungen mit Hilfe der Kettenregel.

3 Mathematik II für Inf unf WInf, Lösungsvorschlag 3 Die partiellen Ableitungen von f lauten f x (x, ) = sin (x) und f (x, ) = x sin (x). Für die Koordinatentransformation gilt Damit ergibt sich für die Funktion f x u (u, v) = 2 und x v (u, v) = bzw. ỹ u (u, v) = 2 und ỹ v (u, v) =. f u (u, v) = f x ( x(u, v), ỹ(u, v)) x u (u, v) + f ( x(u, v), ỹ(u, v)) ỹ u (u, v) = [ (2u + v) sin ((2u v)(2u + v))] 2 + [ (2u v) sin ((2u v)(2u + v))] 2 = 2(2u + v + 2u v) sin (4u 2 v 2 ) = 8u sin (4u 2 v 2 ), f v (u, v) = f x ( x(u, v), ỹ(u, v)) x v (u, v) + f ( x(u, v), ỹ(u, v)) ỹ v (u, v) = [ (2u + v) sin ((2u v)(2u + v))] ( ) + [ (2u v) sin ((2u v)(2u + v))] = (2u + v 2u + v) sin (4u 2 v 2 ) = 2v sin (4u 2 v 2 ). Die partiellen Ableitungen von g lauten g x (x, ) = e x und g (x, ) = e x. Damit ergibt sich für die Funktion g g u (u, v) = g x ( x(u, v), ỹ(u, v)) x u (u, v) + g ( x(u, v), ỹ(u, v)) ỹ u (u, v) = e (2u v) (2u+v) 2 + ( e (2u v) (2u+v) ) 2 = 0, g v (u, v) = g x ( x(u, v), ỹ(u, v)) x v (u, v) + g ( x(u, v), ỹ(u, v)) ỹ v (u, v) = e (2u v) (2u+v) ( ) + ( e (2u v) (2u+v) ) = 2e 2v. Hausübung H 28 (Differenzierbarkeit). Gegeben sei die Funktion f : R 2 R mit f(x, ) = x 2 + x 3 e x 2. Berechnen Sie alle partiellen Ableitungen von f bis einschließlich 2. Ordnung. Ist f total differenzierbar? Warum gilt f x (x, ) f x (x, ) = 0 für alle (x, ) R 2? 2. Betrachten Sie die Funktion g(x, ) = sin x cos. Geben Sie zunächst den Definitionsbereich von g an. Bestimmen Sie anschließend alle partiellen Ableitungen von g bis einschließlich 2. Ordnung.. Für f gilt: f x (x, ) = 2 + 3x 2 e x 2 + x 3 e x 2 = 2 + (x 3 + 3x 2 )e x 2, f (x, ) = 2x 2x 3 e x 2, f xx (x, ) = (3x 2 + 6x)e x 2 + (x 3 + 3x 2 )e x 2 = (x 3 + 6x 2 + 6x)e x 2, f (x, ) = 2x + 4x 3 e x 2, f x (x, ) = 2 2(x 3 + 3x 2 )e x 2 = f x (x, ).

4 Mathematik II für Inf unf WInf, Lösungsvorschlag 4 Da f partiell nach x und differenzierbar ist und beide partiellen Ableitungen stetig sind, ist f total differenzierbar (vgl. Satz.3, Seite 24). Da die partiellen Ableitungen f x und f x stetig sind, gilt f x (x, ) = f x (x, ) für alle (x, ) R 2 (vgl. Satz 2.3, Seite 22). 2. Da gilt, ist der Definitionsbereich von g { π } cos = 0 für 2 + kπ k Z R R \ { π 2 + kπ k Z }. Die partiellen Ableitungen von g lauten: g x (x, ) = cos x cos, g (x, ) = sin x sin cos 2, g xx (x, ) = sin x cos, g (x, ) = sin x cos cos2 sin x sin 2 cos ( sin ) cos 4 cos x sin g x (x, ) = cos 2 = g x (x, ). = sin x (cos2 + 2 sin 2 ) cos 3, H 29 (Differenzierbarkeit) Vorbemerkung: Wenn nur da steht, ist im Allgemeinen die euklidische Norm 2 gemeint! Die Funktion g : R R sei stetig differenzierbar. Die Funktion f : R n R sei definiert durch f(x) := g( x ) für x R n. Zeige: f ist genau dann im Nullpunkt differenzierbar, wenn g (0) = 0 gilt. In diesem Fall ist f stetig in jedem Punkt x R n. Wenn f im Nullpunkt differenzierbar sein soll, dann müssen dort auch die partiellen Ableitungen existieren, d.h. f(0,..., h,..., 0) f(0,..., 0) g( h ) g(0) = (0, 0..., 0). g( h ) g(0) Nun gilt aber lim h 0 h = g g( h ) g(0) g( h ) g(0) (0) und lim h 0 h h 0 h = g (0). Also existieren die partiellen Ableitungen von f genau dann, wenn g (0) = g (0), d.h. g (0) = 0 gilt. In diesem Fall sind die Funktionen (x) = stetig, denn für x 0 folgt mit der Ungleichung { g ( x ) xi x für x 0 0 für x = 0 0 < (x) = g ( x ) x i x g (x) und mit lim x 0 g (x) = 0 daß (x) 0 = (0). Also sind die partiellen Ableitungen auch stetig im Nullpunkt.

5 Mathematik II für Inf unf WInf, Lösungsvorschlag 5 H 30 (Kettenregel) Gegeben sei die Funktion f : R 2 R mit f(x, ) = x 2 + 2x 3. Die Darstellung dieser Funktion in Polarkoordinaten x(r, ϕ) = r cos (ϕ) und ỹ(r, ϕ) = r sin (ϕ) lautet f(r, ϕ) = f( x(r, ϕ), ỹ(r, ϕ)) mit f : R 2 R. Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen von f mittels der Kettenregel. Die partiellen Ableitungen von f lauten Für die Polarkoordinaten gilt Damit ergibt sich für die Funktion f f x (x, ) = 2x + 2 und f (x, ) = 2x 3 2. x r (r, ϕ) = cos (ϕ) und x ϕ (r, ϕ) = r sin (ϕ) bzw. ỹ r (r, ϕ) = sin (ϕ) und ỹ ϕ (r, ϕ) = r cos (ϕ). f r (r, ϕ) = f x ( x(r, ϕ), ỹ(r, ϕ)) x r (r, ϕ) + f ( x(r, ϕ), ỹ(r, ϕ)) ỹ r (r, ϕ) = ( 2r cos (ϕ) + 2r sin (ϕ)) cos (ϕ) + (2r cos (ϕ) 3r 2 sin 2 (ϕ)) sin (ϕ) = 2r cos 2 (ϕ) + 4r sin (ϕ) cos (ϕ) 3r 2 sin 3 (ϕ), f ϕ (r, ϕ) = f x ( x(r, ϕ), ỹ(r, ϕ)) x ϕ (r, ϕ) + f ( x(r, ϕ), ỹ(r, ϕ)) ỹ ϕ (r, ϕ) = ( 2r cos (ϕ) + 2r sin (ϕ)) ( r sin (ϕ)) + (2r cos (ϕ) 3r 2 sin 2 (ϕ)) (r cos (ϕ)) = 2r 2 (cos (ϕ) sin (ϕ) sin 2 (ϕ) + cos 2 (ϕ)) 3r 3 sin 2 (ϕ) cos (ϕ).

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