Klausur-Übungen Mehrdimensionale Analysis 1 - Analysis 2, Lösungen

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1 Tutor: Mrtin Friesen, Klusur-Übungen Merdimensionle Anlysis 1 - Anlysis, Lösungen 1. Sei M R n eine bgesclossene Teilmenge, welce ein nict leeres Inneres besitzt. Ferner sei α : [0, 1] R n stetig mit: α(0) int(m) sowie α(1) R n \M Zeigen Sie, dss es ein t 0 (0, 1) gibt mit: α(t 0 ) M Aus den Übungen ist beknnt, dss die Abbildung: d(, M) : Rn R, x d(x, M) stetig ist. Also ist uc ls Verkettung die Abbildung: f := d(α, M) : [0, 1] R, t d(α(t), M) stetig. Ferner gilt jetzt: f(0) = 0 und f(1) > 0. Definiere somit t 0 := sup{t [0, 1] : f(t) = 0}. Dmit ist 0 < t 0 < 1 und wegen der Stetigkeit von f ergibt sic somit uc: f(t 0 ) = 0 (t 0 ist ein Häufungspunkt, lso Grenzwert einer geeigneten Folge). Dmit ist lso nc Definition von f und Übungsufgben: 0 = f(t 0 ) = d(α(t 0 ), M) α(t 0 ) M Zu zeigen bleibt lso noc, dss α(t 0 ) uf dem Rnd liegt. Sei lso ε > 0, d α stetig ist, können wir ein δ > 0 wälen mit der Eigenscft: Für t t 0 < δ ist: α(t) α(t 0 ) < ε, d: α(t) B(α(t 0 ), ε) =: B Es reict jetzt einzuseen, dss B R n \M und B M gilt. Für t < t 0 mit t t 0 < δ ist f(t) = 0 und somit α(t) M, d. α(t) B M. Für t > t 0 mit t t 0 < δ ist jetzt f(t) 0 lso α(t) M und somit α(t) B R n \M. Bestimmen Sie lle loklen Extrem und Sttelpunkte der Funktion: f(x, y) = (x y )e x +y Zu Beginn bestimmen wir erstml den Grdienten der Funktion: 1

2 x f(x, y) = xexp( x +y ) + (x y )( x)exp( x +y ) = x( x + y )exp( x +y ) Anlog uc die Ableitung nc y: y f(x, y) = yexp( x +y ) + (x y )( y)exp( x +y ) = y(x y + )exp( x +y ) Finde lso lle (x, y) R mit grd(f(x, y)) = (0, 0). Wir erlten dmit die Gleicungen: Die erste Gleicung liefert uns: y(x y + ) = 0, x( + y x ) = 0 Die zweite Gleicung liefert uns: y = 0 oder x + = y x = 0 oder + y = x Zu finden sind lso lle Pre, welce us beiden Zeilen mindestens eine Bedingung erfüllen. Die trivilen Lösungen sind lso: (0, 0), (0, ), (0, ), (, 0), (, 0) Weitere Lösungen müssten in beiden Komponenten von 0 verscieden sein. D. Sie müssten x + = y und y + = x erfüllen. Setzen wir die eine in die ndere Gleicung ein, so erlten wir: +x + = x und ds knn nict stimmen. Also sind die gefundenen 5 Lösungen uc die einzigen. Durc erneutes Differenzieren könnten wir bestimmen um ws für eine Art von Punkten es sic ndelt. Dieses ist ber eine Strigt-forwrd Recnung und soll ier nict gemct werden. 3. Definiere eine Funktion f : R R durc: x 3 y, (x, y) (0, 0) x f(x, y) = 6 +y 0, (x, y) = (0, 0) Zeigen Sie, dss f überll prtiell differenzierbr, im Nullpunkt ber nict totl differenzierbr ist.

3 Die Funktion ist für (x, y) (0, 0) offensictlic prtiell differenzierbr. Zu untersucen ist lso der Ursprung. f(,0) f(0,0) lim = 0 0 Anlog durc Einsetzen der ndere Differenzquotient: f(0,) f(0,0) lim = 0 0 Wäre die Funktion im Ursprung totl differenzierbr, so wäre sie dort uc stetig. Insbesondere wäre uc die Abbildung Recnen wir einfc nc: x f(x, x 3 ) stetig im Ursprung, d: lim x 0 f(x, x 3 ) = 0 f(x, x 3 ) = x6 x 6 +x 6 = 1 Mn knn ntürlic uc rgumentieren indem mn sic eine spezielle Folge suct, ber mit diesem Weg finden wir gleic beliebig viele solcer Folgen. Nämlic jede Folge der Form n := (x n, x 3 n), wobei x n 0 eine Nullfolge ist. 4. Begründen Sie, wrum f(x, y) := 4xy uf der Menge M := {(x, y) R : x + 4y 4} ein globles Mximum und Minimum nnemen muss. Berecnen Sie die Stellen, n dennen ds Mximum bzw. Minimum ngenommen wird. f ist eine stetige Funktion und M ist bgesclossen und bescränkt, lso kompkt. Nc Übungen nimmt eine stetige Funktion uf einer Kompkten Menge Minimum und Mximum n. Bestimmen wir ls näcstes den Grdienten: grd(f(x, y)) = (4y, 4x), lso grd(f(x, y)) = (0, 0) (x, y) = (0, 0) Betrcten wir die Hessemtrix, so merken wir, dss diese indefinit ist und mn überlegt sic scnell, dss dieses ein Sttelpunkt ist. Die Extrem müssen somit uf dem Rnd ngenommen werden. Diese Aufgbe zielt druf b, die Lgrngscen Multipliktoren Stz nzuwenden. Wir müssen lso folgendes lösen: (x, y) := x + 4y und λ R: 3

4 x f = λ x, y f = λ y, (x, y) = 4 Die gesucten Vriblen sind ierbei x, y, λ wir setzen ein uns scuen ws pssiert: 4y = λx, 4x = 8λy, x + 4y = 4 Aus der ten Gleicung ergibt sic: x = λy setzen wir dieses in die erste ein: 4y = λx = 4λ y. Also ist für y 0, λ = 1. Für y = 0 ist uc x = 0, welces ein Wiederspruc ist. Dieses setzen wir erneut in die te Gleicung ein: x = y und x = y. Jetzt können wir die 3te Gleicung benutzen um die Punkte uf dem Rnd zu bestimmen: Mit dem nderen Bezieungen ergibt sic: 4y + 4y = 8y = 4, lso y = 1 (, ), (, ), (, ), (, ) Setzen wir die Punkte in f ein und scuen, ws Mxim und Minim sind. Wegen der Symmetrie müssen nur versciedene Werte vorkommen (zur Kontrolle). f((, )) = 4, f((, )) = 4, f((, )) = 4, f((, )) = 4 5. ) Geben Sie die Definition von totler Differenzierbrkeit n. b) Sei f : R R definiert durc: y3, (x, y) (0, 0) x f(x, y) := +y 0, (x, y) = (0, 0) Zeigen Sie, dss f in (0, 0) totl differenzierbr ist. ) Sei f : U R m mit U R n eine Abbildung. Diese eißt totl differenzierbr in x 0 U flls gilt: δ > 0, A R m n und φ : B(0, δ) R m mit: f(x 0 + ξ) = f(x 0 ) + Aξ + φ(ξ), für ξ < δ und φ = o( ξ ), d: lim ξ 0 φ(ξ) ξ = 0 im Sinne der Norm vom R m 4

5 f(,0) f(0,0) b) Setze ier: A = ( 1, ) mit: 1 = lim 0 Und 1 = lim 0 f(,0) f(0,0) = 0 f(0,) f(0,0) = lim 0 Als näcstes definiere die Abbildung φ durc: und nlog. Also: = lim = 0 0 φ(ξ) := f(ξ 1, ξ ) f(0, 0) Aξ = f(ξ 1, ξ ) = ξ3 ξ1 +ξ mit ξ = (ξ 1, ξ ) R Jetzt felt uns noc ds dzugeörige δ > 0 für welces gilt: φ = o( ξ ), wir recnen ds einfc nc: φ(ξ) ξ = ξ 3 1 ξ 1 + ξ ξ 1 + ξ = ξ 3 ξ 1 + ξ ξ 3 ξ = ξ ξ Also können wir ein beliebiges δ wälen und es folgt die Beupung durc Übergng zum Grenzwert. 6. ) Sei U R n offen. Geben Sie ds inreicende Kriterium zur Ermittlung lokler Extrem einer zweiml stetig differenzierbren Funktion f : U R n. b) Finden Sie ds lokle Minimum und Mximum der Funktion f(x, y) = xe x +y ) Sei x U ein Punkt mit grd(f(x)) = 0. Ist die Hessemtrix in x positiv definit, so ist es ein isoliertes Minimum. Ist die Hessemtrix in x negtiv definit, so ist es ein isoliertes Mximum. b) Als erstes bestimmen wir den Grdienten der Funktion Anlog die Ableitung nc y x f(x, y) = e x +y x e x +y = (1 x )e x +y y f(x, y) = xye x +y 5

6 Der Grdient verscwindet genu dnn, wenn gilt: xy = 0 und (1 x ) = 0, lso x = 1 und y = 0. Dmit sind die kritiscen Punkte lso: (1, 0) und ( 1, 0) Jetzt können wir die Hessemtrix bestimmen und diese dort einsetzen: xx f(x, y) = xe x +y + (1 x )( x)e x +y = (x 3 3x)e x +y xy f(x, y) = ye x +y + yx e x +y = y(x 1)e x +y yy f(x, y) = xe x +y + xy e x +y = x(y 1)e x +y Wir setzen jetzt die beiden Punkte ein und erlten Hess(f)(1, 0) := e Also ist in (1, 0) ein isoliertes Minimum Genuso jetzt der Punkt ( 1, 0): erlten isoliertes Mximum Hess(f)(1, 0) := e Berecnen Sie die Ableitung und die Determinnte der folgenden Funktionen: ) f(x, y, z) = (x + y + z, xy + yz + zx, x + y + z) b) f(r, φ, ψ) = (rsin(φ)cos(ψ), rsin(φ)sin(ψ), rcos(φ)) x y z ) (Df)(x, y, z) = y + z x + z x + y Für die Determinnte benutzen wir den Entwicklungsstz, lso x y z x + z x + y y + z x + z x + y = x 1 1 y y + z x + y z y + z x + z = x(x + z x y) y(y + z x y) + z(y + z x z) = xz xy yz + xy + yz xz = 0 6

7 sin(φ)cos(ψ) rcos(φ)cos(ψ) rsin(φ)sin(ψ) b) (Df)(r, φ, ψ) = sin(φ)sin(ψ) rcos(φ)sin(ψ) rsin(φ)cos(ψ) cos(φ) rsin(φ) 0 (Df)(r, φ, ψ) = sin(φ)cos(ψ)( r )sin(φ) cos(ψ) rcos(φ)cos(ψ)( rsin(φ)cos(φ)cos(ψ)) +rsin(φ)sin(ψ)(rsin(φ) sin(ψ) rcos(φ) sin(ψ)) = r sin(φ) 3 cos(ψ) + r sin(φ)cos(φ) cos(ψ) +r sin(φ) 3 sin(ψ) r sin(φ)cos(φ) sin(ψ) = r sin(φ) 3 + r sin(φ)cos(φ) = r sin(φ) Und siee d nezu dsselbe wie bei den Kugelkoordinten. Diese Trnsformtion besitzt sogr einen Speziellen Nmen (elliptisce Koordinten oder sows in der Rictung) 8. Berecnen Sie die Punkte mit verscwindender Ableitung folgender Funktionen und untersucen Sie (mit Beweis), ob diese lokle Mxim oder Minim sind: ) f(x, y) = x + y b) f(x, y) = x 3 + y ) Der Grdient ist ier: grd(f(x, y)) = (x, y), lso grd(f(x, y)) = (0, 0) (x, y) = (0, 0) Bestimmen wir die Hesse-Mtrix so erlten wir: 0 0 Also ist diese positiv definit und wir ben im Ursprung ein isoliertes Minimum. b)anlog ist ier der Grdient: grd(f(x, y)) = (3x, y) lso grd(f(x, y)) = (0, 0) (x, y) = (0, 0) Hier ist jetzt die Hesse-Mtrix eben gegeben durc: 7

8 Hess(f)(x, y) = 6x 0 lso Hess(f)(0, 0) = Diese ist ier semidefinit, lso ist keine Aussge möglic. D g(x) := f(x, 0) = x 3 einen Sttelpunkt in 0 besitzt überlegt mn sic leict, dss dieses uc uf f zutrifft. (Auf jedenfll t f kein Extremum dort!) 9. Bestimmen Sie für gegebene 1,, n R ds Mximum der Abbildung: f(x) = f(x 1,, x n ) = n i x i mit = ( 1,, n ) unter der Nebenbedingung: n x i = 1 ) durc Verwendung der Cucy-Scwrz-Ungleicung b) durc Verwendung des Lgrngscen Multipliktorstzes (einer der letzten Sätze) Für = 0 ist die Aufgbe trivil, sei lso im folgenden stets 0. Wir mcen vorer zum Verständniss einige Vorüberlegungen, welce sic ls durcus nützlic erweisen könnten. Zuerst ist j f nicts nderes ls ein lineres Funktionl der Form: f(x) =<, x >. Bei einer solcen Abbildung vermutet mn scnell, dss diese globl keine Extrem nnemen knn. Unter der Nebenbedingung wird f uf eine kompkte Menge eingescränkt und wird somit Extrem besitzen. Durc ein wenig überlegen sollte klr sein, dss dieses uf der durc ufgespnnten Gerde liegen muss. Dieses zeigen wir jetzt kurz: Setze A := {t R n : t R} die durc ufgespnnte Gerde und A := {x R n :<, x >= 0} Die te die Lösungsmenge einer lineren Gleicung, selbst lso ein n 1 dimensionler Unterrum (ortogonles Komplement) und besitzt der eine ortonormle Bsis b 1,..., b n 1. Ergänzen wir diese mit zu einer ortonormlen Bsis vom R n lso: x R n, λ 1,..., λ n R mit x = n 1 λ i b i + λ n 8

9 So können wir jetzt genu vorrussgen, wie f sic verält, nämlic: n 1 f(x) = <, x >=<, λ i b i + λ n > = n 1 λ i <, b i > + λ n <, > = λ n = λ n Dbei ben wir benutzt, dss die Bsis us dem ort. Komplement kommt. Wie mn siet ängt f nur von einem einzigen Prmeter b (bei der Wl einer solcen Bsis ntürlic), d: g(λ n ) := λ n = f(x), mit x = n 1 λ i b i + λ n Dieses so definierte g ist eine eindimensionle linere Abbildung und diese kennen wir gut. g besitzt zum Beispiel globl keine Extrem, lso uc f selbst. D wir eine Ortonormlbsis gewält ben gilt der Pytgors und wir formulieren die Nebenbedingung zu: 1 = x = n 1 λ i b i + λ n = n λ i Hier ben wir jetzt wegen 1 λ n 1 folgende Abscätzung: 1 λ n = g(λ n ) 1 Für λ n = 1 t g ein Extrem, dbei muss wegen der Nebenbedingung gelten λ i = 0 für i < n und somit: x = bzw. x = )Die Cucy-Scwrz-Ungleicung liefert uns ier zusmmen mit der Nebenbedingung: Betrcten wir x = x f(x) x = und y = f(x) = 1 welce die Nebenbedingung erfüllen, so ergibt sic: =, f(y) = 9

10 Also wird die obere und untere Scrnke der Ungleicung durc diese Vektoren ngenommen. Mn entnimmt der Gleicung: f(x) = <, x >= cos(θ) x = cos(θ) (1) dss die Extrem uf der Gerden ufgespnnt durc liegen müssen und diese ist eindimensionl, lso ben wir lle Lösungen bereits gefunden. b) Wenden wir ier den Multipliktorenstz n so erlten wir mit g(x) = x = 1 die Gleicungen: grd(f(x)) = = λgrd(g(x)) = λx und g(x) = x = 1 Lösen wir die erste nc x uf: x = λ und setzen diese in die te ein: = 1 λ = λ Dmit können wir erneut us der ersten x bestimmen: x =, x = Und dieses stimmt mit unseren ml vorer bestimmten Lösungen überein. Becte, dss (1) selbst bereits einen Beweis für die Existenz und die Lge der Extrem liefert. Wir ben lso scon 4 versciedene Beweise für diese Aufgbe gefunden. 10. Gegeben sei die Funktion f : R 3 R durc f(x, y, z) = x + yz y + z Bestimmen Sie lle loklen und globlen Extrem uf der Eineitskugel im R 3. Zunäcst berecnen wir den Grdienten und scuen ob es isolierte Extrem gibt: grd(f(x, y, z)) = (x, z y, z + y) = (0, 0, 0) x = 0, z = y, y = 0, lso (x, y, z) = (0, 0, 0) 10

11 0 0 Die Hessemtrix ist jetzt gegeben durc: Hess(f)(0, 0, 0) = Wir bestimmen ls näcstes die Eigenwerte dieser Mtrix, lösen lso die folgende Gleicung: 0 = det(hess(f) λe) = ( λ)( λ)( λ) = ( λ) ( + λ) Drus seen wir, dss die Mtrix indefinit ist und somit ier kein lokles Extremum vorliegt. Auf der kompkten Menge B := { R 3 : = 1} wird es lso Rndextrem geben, welce es zu bestimmen gilt. Mit der Nebenbedingung g(x, y, z) = (x, y, z) = 1 erlten wir: x = λx, z y = λy, z + y = λz, x + y + z = 1 Aus der ersten Gleicung ergibt sic x = 0 oder λ = 1. Aus den nderen Gleicungen: z = (1 + λ)y lso z + y = 4(1 + λ)y + y = (5 + 4λ)y = λz = 4(λ + λ )y Stellen wir die dieses nc y um so erlten wir: y = 0 oder 5 = λ Ist jetzt y = 0 so folgt us z y = λy uc z = 0. Dmit muss x = 1 und λ = 1 gelten. Betrcten wir den Fll y 0 und 5 = λ, lso ist x = 0 und wir bekommen us: z = (1 + λ)y mitilfe der Nebenbedingung: 1 = x + y + z = y + 4(1 + λ) y = (1 + 4(1 + λ) )y y = (1 + λ) 11

12 Ddurc bestimmen wir z = 1+4(1+λ) (1+λ) sgn(y) und insgesmt: (x, y, z) = (1, 0, 0), ( 1, 0, 0) ( + (0, 1, + 5), 5) 1 + ( + (0, 1, + 5) 5) ( (0, 1, 5), 5) 1 + ( (0, 1, 5) 5) Die doppelten Lösungen sind dbei nict llzu wictig, d sic die Vorzeicen wegeben. Mn becte, dss mn durc Einsetzen einsiet, dss die ersten Werte keine Extrem drstellen. Alterntiv untersuct mn dzu die Hessemtrix von H(x, y, z, λ) = x + yz y + z λ(x + y + z 1) 11. Gegeben Sei die Funktion x 6 +y 5, (x, y) (0, 0) x f(x, y) = 4 +y 4 0, (x, y) = (0, 0) ) Ist die Funktion im Ursprung stetig? (Beweis) b) Ermitteln Sie die prtiellen Ableitungen im Ursprung. c) Bestimmen Sie die Rictungsbleitung im Ursprung in Rictung v = (1, 1). d) Ist f totl differenzierbr? ) Die Stetigkeit folgt us den Abscätzungen: (für (x, y) (0, 0)) f(x, y) = x6 +y 5 x 4 +y 4 x6 + y 5 x 4 +y 4 = x6 x 4 +y 4 + y 5 x 4 +y 4 x6 + y 5 x 4 y 4 = x + y b) Wir recnen dieses wie gewont einfc mit dem Differenzqoutienten nc: Anlog die Ableitung nc y f(,0) f(0,0) x f(0, 0) = lim 0 f(0,) f(0,0) y f(0, 0) = lim 0 = lim 6 = = lim 5 =

13 c)um ier die Formel mit dem Sklrprodukt benutzen zu können brucen wir, dss f totl diffbr ist (Kettenregel), lso recnen wir ds einfc direkt nc: f(v) f(0, 0) D v f(0, 0) = lim = lim = lim = d) Wäre f totl differenzierbr, so müsste für die Rictungsbleitung die Formel gelten, bzw. die Kettenregel, d: D v f(0, 0) =< grd(f(0, 0)), v >= Dieses Ergebniss stimmt mit dem us Teil c nict überein, lso ist f nict totl differenzierbr! 4 13