Musterlösung zu den Übungen zur Vorlesung Mathematik für Physiker II. x 2

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1 Musterlösung zu den Übungen zur Vorlesung Mathematik für Physiker II Wiederholungsblatt: Analysis Sommersemester 2011 W. Werner, F. Springer erstellt von: Max Brinkmann Aufgabe 1: Untersuchen Sie, ob die folgenden Teilmengen X R n offen bzw. abgeschlossen sind. (a) X := { (x, y) x 2 + y 2 > 4 }, (b) X := { (x, y) R 2 x + y Q }, (c) X := { (x, y) R 2 y > x 2, y < x }, (d) X := { (x, y) R 2 y 2 x 3 = 0 }. Lösung der Aufgabe 1: Eine Menge M R n heißt offen, wenn es für jeden Punkt u M eine Zahl ɛ > 0 gibt, so dass die ɛ-umgebung U ɛ (u) = {x R n x u < ɛ} in M enthalten ist. M heißt abgeschlossen, falls für jede konvergente Folge (x n ) mit Gliedern in M gilt, dass auch deren Grenzwert ein Element aus M ist. M ist abgeschlossen genau dann, wenn ihr Komplement R n \M = {x R n x M} offen ist. Lösung der Aufgabe 1a: Die Menge X := { (x, y) x 2 + y 2 > 4 } stellt den R n dar ohne die Punkte in Y := { (x, y) x 2 + y 2 4 }. Y ist eine Kreisfläche mit Radius 2 um den Ursprung. Sie ist offen, weil es zu jeden Punkt x X eine ɛ-umgebung gibt, die auch in X liegt. Zwischen einem Punkt x X und dem Rand { (x, y) Y x 2 + y 2 = 4 } von Y finden sich also wieder unendlich viele Punkte aus X. Zur Angabe einer konkreten ɛ-umgebung denken wir uns den Punkt (x 0, y 0 ) X. Dieser Punkt hat den Abstand D = x 20 + y20 vom Ursprung, also den Abstand d = D 2 = x0 2 + y2 0 2 vom Rand von Y. Um (x 0, y 0 ) kann also eine ɛ-umgebung (in diesem Fall ein Kreis) mit einem Radius ɛ < d gelegt werden, x 2 0 +y sodass in dieser Umgebung nur Punkte aus X und nicht aus Y liegen. Wir setzen ɛ = 1/2 d = Des Weiteren ist die Menge X nicht abgeschlossen, da ihr Komplement Y nicht offen ist. So gibt es keine ɛ-umgebung um einen Punkt auf dem Rand von Y, die komplett in Y liegt. Lösung der Aufgabe 1b: Die Menge besteht aus Geraden x + y = c mit c Q im R 2 und ist nicht offen. Um das zu beweisen, müssen wir zeigen, dass in einem Kreis mit Radius ɛ um einen Punkt in X nicht nur Elemente aus X zu finden sind, sondern auch aus dem Komplement R\Q von X. Dafür betrachten wir den Punkt (2, 0) X, wir müssen also einen Kreis mit Radius ɛ um (2, 0) betrachten. Dies vereinfachen wir, indem wir nur den Schnitt der x-achse durch diesen Kreis betrachten. Wir müssen also zeigen, dass schon in dem Intervall [2 ɛ, 2 + ɛ] Elemente aus R\Q zu finden sind. Das ist selbstverständlich, da zwischen zwei rationalen Zahlen 2 + ɛ und 2 ɛ unendlich viele irrationale Zahlen liegen. Um zu zeigen, dass die Menge X zusätzlich nicht abgeschlossen ist, betrachten wir die Folge a n+1 =

2 ( ) 1 2 an + 2 a n Q. Für a0 = 1 konvergiert diese Folge gegen ( ) 2 Q. Die Folge von Punkten ( 1 2 an + 2 a n, 0) liegt demnach komplett in X konvergiert aber gegen den Punkt ( 2, 0) X. Lösung der Aufgabe 1c: Die Menge ist Teilmenge des R 2 und eingeschlossen durch die Gerade y = x und die Kurve y = x 2. Sie ist offen, in einem Kreis mit Radius ɛ um einen Punkt (x 0, y 0 ) X befinden sich also nur Elemente aus X. Dar Radius des Kreises muss dabei kleiner sein als min(d x, d x 2), wobei d x den minimalen Abstand des Punktes von der Geraden y = x bezeichnet und d x 2 den minimalen Abstand von der Kurve y = x 2. d x bestimmt sich leicht zu d x = x 0 y 0, siehe dazu auch Abbildung 1. Den Abstand d 2 x 2 approximieren wir durch min( x, y), wobei X den horizontalen Abstand X = x0 y 0 = y0 x 0 zu der Kurve y = x 2 darstellt und Y den vertikalen Abstand Y = y0 x0 2 = y 0 x0 2, siehe dazu auch Abbildung 2. Diese Approximation ist gerechtfertigt, da die Krümmung der Funktion y = x 2 geringer ist, als die der ɛ-umgebung. ( Es ergibt sich also ɛ < min x0 y 0, ) y 0 x 0, y 0 x Um zu zeigen, dass die Menge X nicht abgeschlossen ist, denken wir uns die Folge von Punkten 1/2 2 (x0-y 0) x0-y0 d x x0-y0 (x 0,y 0) Abbildung 1: 1c) Menge X mit Abstand d x. (0.5, 0.5 1/n) X mit lim n (0.5, 0.5 1/n) = (0.5, 0.5). Wegen der Eigenschaft y < x der Menge können sich die Folgenglieder beliebig nah an ihren Grenzwert annähern, allerdings liegt dieser nicht in der Menge X. Lösung der Aufgabe 1d: 2

3 (x,y ) 0 0 ΔX ΔY d x^2 Abbildung 2: 1c) Menge X mit Abstand d x 2. Die Mengendefinition kann umgeformt werden: X := { (x, y) R 2 y 2 x 3 = 0 } = { } (x, y) R 2 y = ±x 2 3. Die Menge beinhaltet also alle Punkt im R 2, die auf den Kurven y = x 3 2 und y = x 3 2 liegen. Um zu zeigen, dass sie nicht offen ist, müssen wir wieder zeigen, dass in einer ɛ-umgebung, also einem Kreis mit Radius ɛ um einen Punkt in X, Elemente des R\X zu finden sind. Nehmen wir dazu den Punkt (x 0, y 0 ) X und betrachten nur den Schnitt der Geraden x = x 0 (parallel zur y-achse) durch X. In der Umgebung [x 0 ɛ, x 0 + ɛ] können höchstens zwei Punkte X liegen, nämlich (x 0, x ) und (x 0, x ), allerdings unendlich viele Punkte aus R\X. Um die Abgeschlossenheit der Menge X zu zeigen, denken wir uns die Folge (x n, y n ) X mit Grenzwert (x, y ). Da die Funktion y 2 x 3 = 0 stetig ist, muss auch der Grenzwert y 2 x 3 = 0 nach dem Folgenkriterium der Stetigkeit ein Funktionswert, also Teil der Menge X sein. Auf derselben Weise kann gezeigt werden, dass i.a. eine Niveaumenge einer stetigen Funktion, wie z.b. die Menge X, abgeschlossen ist. Aufgabe 2: 3

4 Für folgende Funktionen f : R 2 R bestimmen Sie die Menge aller Punkte p, in denen f stetig ist: x 3 sonst (a) f (x, y) = x 2 +y 2 0 (x, y) = (0, 0), (b) f (x, y) = { xy x 2 +y 2 sonst 0 (x, y) = (0, 0). Lösung der Aufgabe 2: Folgenkriterium der Stetigkeit: Eine Abbildung f : X Y zwischen metrischen Räumen X, Y ist genau dann stetig im Punkt a X, wenn für jede Folge (x n ) n N von Punkten aus X mit lim n x n = a gilt lim f (x n) = f (a) n Lösung der Aufgabe 2a: x Außerhalb von (0,0) ist die Funktion 3 eine Komposition aus stetigen Funktionen und daher auch x 2 +y 2 selbst stetig. Die Funktion f muss daher nur im Punkt (0, 0) auf Stetigkeit geprüft werden. Man denkt sich dazu die Folgen x n mit lim n x n = 0, y n mit lim n y n = 0 und betrachtet den Grenzwert lim n f (x n, y n ). Der Grenzwert kann mit einer Abschätzung bestimmt werden: 0 f (x n, y n ) = x 3 n x 2 n + y 2 n x3 n x 2 n = x n n 0 = f (0, 0) f (x n, y n ) hat also den Grenzwert 0 = f (0, 0) und die Funktion f ist somit auch im Punkt (0, 0) stetig. Lösung der Aufgabe 2b: Außerhalb von (0,0) ist die Funktion xy ist eine Komposition aus stetigen Funktionen und daher auch x 2 +y 2 selbst stetig. Die Funktion f muss daher nur im Punkt (0, 0) auf Stetigkeit geprüft werden. Man denkt sich dazu die Folge x n mit lim n x n = 0 und betrachtet den Grenzwert lim n f (x n, x n ): f (x n, x n ) = x ny n x 2 n + y 2 n = 1 2 n 1 f (0, 0) = 0 2 Die Funktion f ist somit im Punkt (0, 0) nicht stetig. Aufgabe 3: (a) Bestimmen Sie sämtliche lokalen Extrema von f : R 2 R, f (x, y) = (4x 2 + y 2 )e x2 4y 2. (b) Bestimmen Sie A := max { 4y 2 3xy x 2 + y 2 1 }. Lösung der Aufgabe 3: Es sei U R n eine offene Menge. Falls f : U R bei x 0 ein Extremum besitzt, so gilt f (x 0 ) = 0. Hinreichend für das Vorliegen eines lokalen Minimums (Maximums) ist die strikte positive (negative) Definitheit der zweiten Ableitung bei x 0. Ist die zweite Ableitung indefinit, liegt kein Extremum vor. Ist sie semidefinit, kann keine Aussage gemacht werden. Hilfreich bei der Entscheidung, ob die zweite Ableitung positiv oder negativ definit ist, sind die folgenden Kriterien: 4

5 1.) Eine symmetrische Matrix A = (a i j ) M n (R) ist positiv (negativ) definit genau dann, wenn für die Determinanten a 11 a 1k k = det.. a k1 a kk gilt: k > 0 (bzw. ( 1) k k > 0) für alle k = 1,, n. 2.)Eine quadratische Matrix ist genau dann......positiv definit, falls alle Eigenwerte größer als Null sind....positiv semidefinit, falls alle Eigenwerte größer oder gleich Null sind....negativ definit, falls alle Eigenwerte kleiner als Null sind....negativ semidefinit, falls alle Eigenwerte kleiner oder gleich Null sind....indefinit, falls positive und negative Eigenwerte existieren. Lösung der Aufgabe 3a: Man bestimmt zuerst die ersten und zweiten Ableitungen der Funktion f : x = ( 8x 8x 3 2xy 2) e x2 4y 2, y = ( 32x 2 y + 2y 8y 3) e x2 4y 2, x 2 = ( 16x 4 40x 2 + 4x 2 y 2 2y ) e x2 4y 2, y 2 = ( 32x 2 40y x 2 y + 64y 4) e x2 4y 2, y x = 2 f x y = ( 68xy + 64x 3 y 4xy + 16xy 3) e x2 4y 2, Als notwendige Bedingung für ein Extremum im Punkt (x, y) muss die erste Ableitung gleich 0 sein: ( f (x, y) = x, ) = (( 8x 8x 3 2xy 2) e x2 4y 2, ( 32x 2 y + 2y 8y 3) ) e x2 4y 2 = (0, 0) y ( 8x 8x 3 2xy 2) e x2 4y 2 = 0 x ( 8 8x ( 2 2y 2) = 0 32x 2 y + 2y 8y 3) e x2 4y 2 = 0 y ( 32x y 2) = 0 Die erste Nullstelle kann hier sofort abgelesen werden: (x 0, y 0 ) 1 = (0, 0) Weiterhin müssen folgende Fälle unterschieden werden: 1.) x = 0, y 0: Aus der zweiten Gleichung folgt 2y 8y 3 = 0 mit der Lösung y 0 = ± 1 2 (x 0, y 0 ) 2 = (0, 1 2 ), (x 0, y 0 ) 3 = (0, 1 2 ) 2.) y = 0, x 0: Aus der zweiten Gleichung folgt 8x 8x 2 = 0 mit der Lösung x 0 = ±1 (x 0, y 0 ) 4 = (0, 1), (x 0, y 0 ) 5 = (0, 1) 3.) (x, y) (0, 0): 5

6 Aus den beiden Gleichungen folgt das Gleichungssystem: Durch einfaches Umformen von (1) und Einsetzten in (2): 8 8x 2 2y 2 = 0 (1) 32x y 2 = 0. (2) 8 8x 2 2y 2 = 0 x 2 = 2y2 8 8 in(2) 32 2y y 2 = = 0 ergibt sich, dass das System keine weitere Lösung besitzt. Als hinreichende Bedingung muss die Definitheit der zweiten Ableitung f (x, y) an allen möglichen Extremstellen geprüft werden. f (x, y) = x 2 x y y x y 2 ( 16x 4 40x 2 + 4x 2 y 2 2y ) e x2 4y 2 ( 68xy + 64x 3 y 4xy + 16xy 3) e x2 4y 2 = ( 68xy + 64x 3 y 4xy + 16xy 3) ( e x2 4y 2 32x 2 40y x 2 y + 64y 4) e x2 4y 2 Dazu werden die Determinanten 1 (x, y) = ( x 2 ) und 2 (x, y) = det( f (x, y)) auf ihr Vorzeichen geprüft: 1.) (x 0, y 0 ) 1 = (0, 0): f (0, 0) = ( ) (0, 0) = 8 > 0 2 (0, 0) = 16 > 0 Demnach ist die zweite Ableitung positiv definit und an der Stelle (0, 0) befindet sich ein Minimum. Der Funktionswert beträgt f (0, 0) = 0. 2.) (x 0, y 0 ) 2 = (0, 1 2 ): f (0, 1 ( 15 2 ) = /2e 1 ) 0 0 4e 1 1 (0, 1 2 ) = 15 2 e 1 > 0 2 (0, 1 2 ) = 30e 2 < 0 Demnach ist die zweite Ableitung indefinit und an der Stelle (0, 1 2 ) befindet sich kein Extremum. 3.) (x 0, y 0 ) 3 = (0, 1 2 ): Die zweite Ableitung ist identisch mit der Ableitung an der Stelle(x 0, y 0 ) 2 = (0, 1 2 ). Demnach befindet sich hier kein Extremum. 4.) (x 0, y 0 ) 4 = (1, 0): 6

7 ( ) f 16e 1 0 (1, 0) = 0 30e 1 1 (1, 0) = 16e 1 > 0 2 (1, 0) = 480e 2 > 0 Demnach ist die zweite Ableitung negativ definit und an der Stelle (1, 0) befindet sich ein Maximum. Der Funktionswert beträgt f (1, 0) = 4e 1. 5.) (x 0, y 0 ) 5 = (0, 1): Die zweite Ableitung ist identisch mit der Ableitung an der Stelle(x 0, y 0 ) 4 = (0, 1). Demnach befindet sich an der Stelle (0, 1) ein Maximum. Der Funktionswert beträgt f (0, 1) = 4e 1. Lösung der Aufgabe 3b: Hierbei handelt es sich um ein Extremwertproblem mit der Nebenbedingung x 2 + y 2 1. Dies ist eine nicht offene Menge (mit Rand), neben der Suche nach inneren Extrema, muss die Funtkion daher auch auf Randextrema überprüft werden. Beginnen wir mit der Suche nach inneren Extrema: Notwendige Bedingung für ein Maximum: f (x, y) := 4y 2 3xy f (x, y) = ( 3y, 8y 3x) = (0, 0) (x 0, y 0 ) = (0, 0) Als hinreichende Bedingung prüfen wir die Definitheit der zweiten Ableitung f (x, y) an der Stelle (0, 0) über die Eigenwerte: ( ) f 0 3 (0, 0) = 3 8 Charakteristisches Polynom: λ 2 8λ 9 Nullstellen des Polynoms bzw. Eigenwerte: λ 1 = 9 λ 2 = 1 Demnach ist die zweite Ableitung indefinit und an der Stelle (0, 0) befindet sich kein Extremum. Das Maximum der Funktion f muss also auf dem Rand { x 2 + y 2 = 1 } liegen. Um das Maximum auf dem Rand zu finden, formen wir die Nebenbedingung um und setzten sie in die Funktion f ein: x 2 + y 2 = 1 y ± = ± 1 x 2 (3) in f (x, y) f + (x) = 4(1 x 2 ) 3x 1 x 2 (4) f (x) = 4(1 x 2 ) + 3x 1 x 2 (5) Gleichung (4) entsteht aus f (x, y) durch Einsetzten von y = 1 x 2, (5) durch Einsetzten von y = 1 x 2. Über die Nullstellen der Ableitungen von (4) und (5) kann man nun die x-koordinaten der 7

8 Extrema auf dem Rand finden. Wir beginnen mit der Gleichung (4): f +(x) = 8x 3 1 x 2 + 8x 3x 2 1 x 2 = 0 1 x 2 3(1 x 2 ) + 3x 2 = 0 8x 1 x 2 = 3(1 x 2 ) 3x 2 64x 2 (1 x 2 ) = 9(1 x 2 ) 2 18x 2 (1 x 2 ) + 9x 4 64x 2 64x 4 = 36x 4 36x x 4 0x 2 = 9 x 4 x = (x )2 = 16 0 x 2 = 1 2 ± 4 x 0 = ± 3 x 0 = ± 1 Eine Probe ergibt, dass nur x 0 = 3 und x 0 = 1 Lösungen sind. Gleichung (5) ergibt die gleichen Lösungen, hier stellt sich aber heraus, dass nur x 0 = 1 und x 0 = 3 Lösungen sind. Über Gleichung (3) können wir jetzt die y-koordinaten der möglichen Extrema berechnen. Wichtig ist hier den entsprechenden Ast y + oder y zu verwenden: y 0± (x 0 ) = ± 1 x0 2 y 0+ ( 3 ) = y 0+ ( 1 ) = y 0 ( = 1 1 ( 1 ) 2 = 3 1 ) = = 3 y 0 ( 3 ) = 1 ( 3 ) 2 = 1 Da uns nur das Maximum der Funktion f interessiert, müssen wir nur noch die Funktionswerte an diesen möglichen Extremstellen berechnen und vergleichen: f ( f (x 0, y 0 ) = 4y 2 0 3x 0y 0 3 1, ) = 1 2 f ( 3, 1 ) = f (, 3 ) = 45 f ( 1, 3 ) = 45 Das Maximum beträgt also max { 4y 2 3xy x 2 + y 2 1 } = 45 8

9 Aufgabe 4: (a) Es sei f : R 2 R durch f (x, y) = xy definiert. Skizzieren Sie die Höhenlinien f (x, y) = c für die Werte c = ±1, ±2 sowie ±4 und tragen Sie an den Punkten (x 0, y 0 ) = (±1, ±1), (±1, ±2), (±2, ±1), (±2, ±2), (±4, ±1) sowie (±1, ±4) den jeweiligen Gradienten ab. (b) Verfahren Sie wie in Teil (a) mit der Funktion g : R 2 {(x, y) R 2 x = 0} R, g(x, y) = (x 2 + y 2 )(2x) 1, den Werten c = ±0.5, ±1, ±1.5, ±2 und ±2.5, sowie den Punkten (x 0, y 0 ) = (±1, ±1), (±3, 0) sowie (±1, ±2). Lösung der Aufgabe 4a: Höhenlinien verbinden Punkte (x, y) mit gleichem Wert f (x, y) = c. Um diese zu zeichnen löst man die Funktion f (x, y) = xy = c nach y auf: f (x, y) = xy = c y = c x y(x) kann einfach für verschiedene Werte c gezeichnet werden, wie in Abbildung 3 und 4 zu sehen. Die beiden Abbildungen zeigen die gleichen Höhenlinien, aber um eine gewisse Übersicht zu wahren, verschiedene Gradienten. Der Gradient der Funktion f (x, y) beträgt f (x 0, y 0 ) = (y 0, x 0 ) t. Die in den Abbildungen eingezeichneten Pfeile stellen den jeweiligen Gradienten dar. Sie beginnen im Punkt (x 0, y 0 ) und enden im Punkt (x 0, y 0 ) + f (x 0, y 0 ) = (x 0 + y 0, y 0 + x 0 ). Der Gradient zeigt in Richtung der größten Steigung, sein Betrag f (x 0, y 0 ) ist ein Maß für die Steigung. Abbildung 3: Höhenlinien und Gradienten der Funktion f (x, y) = xy. Lösung der Aufgabe 4b: Höhenlinien verbinden Punkte (x, y) mit gleichem Wert g(x, y) = c. Um diese zu zeichnen löst man die 9

10 Abbildung 4: Höhenlinien und Gradienten der Funktion f (x, y) = xy. Funktion g(x, y) = (x 2 + y 2 )(2x) 1 = c nach y auf: g(x, y) = (x 2 + y 2 )(2x) 1 = c y = ± 2xc x 2 y(x) kann einfach für verschiedene Werte c gezeichnet werden, wie in Abbildung 5 zu sehen. Zu beachten ist, dass y(x) keine mathematische Funktion ist, da jeden x zwei y = ± 2xc x 2 zugeordnet werden. Die Abbildung zeigt zusätzlich die Gradienten g(x 0, y 0 ) = ( (x0 2 ) y2 0 )(2x2 0 ) 1, y 0 x0 1. Abbildung 5: Höhenlinien und Gradienten der Funktion g(x, y) = (x 2 + y 2 )(2x) 1.

11 Aufgabe 5: (a) Es sei F : R 2 R 3 gegeben durch (r, ϑ, ϕ) (r sin ϑ cos ϕ, r sin ϑ sin ϕ, cos ϑ) und Φ : R 3 R 1 sei gegeben durch (x, y, z) x 2 + y 2 + z 2. Berechnen Sie F und (Φ F) mit Hilfe der Kettenregel und direkt. (b) Es sei f : R 4 R 3 ((u 1, u 2 u 3, u 4 ) (u 1, u 2 u 1, cos(u 3 u 4 )), g : R 3 R 3 ((w 1, w 2, w 3 ) (e w 1+w 2, e w 3, sin w 1 ). Bestimmen Sie f, g, (g f ) und berechnen Sie f (0, 0, π/2, 1). Bestimmen Sie (g f ) (0, 0, π/2, 1). Lösung der Aufgabe 5a: Φ(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 Φ (x, y, z) = (2x, 2y, 2z) r sin ϑ cos ϕ F(r, ϑ, ϕ) = r sin ϑ sin ϕ cos ϑ sin ϑ cos φ r cos ϑ cos ϕ r sin ϑ sin ϕ F (r, ϑ, ϕ) = sin ϑ sin ϕ r cos ϑ sin ϕ r sin ϑ cos ϕ 0 sin ϑ 0 (Φ F)(r, ϑ, ϕ) = r 2 sin 2 ϑ cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϑ sin 2 ϕ + cos 2 ϑ = r 2 sin 2 ϑ(cos 2 ϕ + sin 2 ϕ) + cos 2 ϑ = r 2 sin 2 ϑ + cos 2 ϑ (Φ F) direkt berechnet: (Φ F) (r, ϑ, ϕ) = ( Φ r, Φ ϑ, ) ( Φ ϕ = 2r sin 2 ϑ, 2r 2 sin ϑ cos ϑ 2 cos ϑ sin ϑ, 0 ) (Φ F) mit Hilfe der Kettenregel berechnet: (Φ F) (r, ϑ, ϕ) =Φ(F(r, ϑ, ϕ)) F(r, ϑ, ϕ) = ( 2r sin ϑ cos ϕ, 2r sin ϑ sin ϕ, 2 cos ϑ ) sin ϑ cos φ r cos ϑ cos ϕ r sin ϑ sin ϕ sin ϑ sin ϕ r cos ϑ sin ϕ r sin ϑ cos ϕ 0 sin ϑ 0 Lösung der Aufgabe 5b: =(2r sin 2 ϑ cos 2 ϕ + 2r sin 2 ϑ sin 2 ϕ, 2r 2 sin ϑ cos ϑ cos 2 ϕ + 2r 2 sin ϑ cos ϑ sin 2 ϕ 2 cos ϑ sin ϑ, 2r 2 sin 2 ϑ sin ϕ cos ϕ + 2r 2 sin 2 ϑ cos ϕ sin ϕ) = ( 2r sin 2 ϑ, 2r 2 sin ϑ cos ϑ 2 cos ϑ sin ϑ, 0 ) 11

12 u 1 f (u 1, u 2, u 3, u 4 ) = u 2 u 1 cos(u 3 u 4 ) f (u 1, u 2, u 3, u 4 ) = sin(u 3 u 4 )u 4 sin(u 3 u 4 )u 3 e w 1+w 2 e w 3 g(w 1, w 2, w 3 ) = sin w 1 e w 1+w 2 e w 1+w 2 0 g (w 1, w 2, w 3 ) = 0 0 e w 3 cos w e u 2 e cos(u 4u 3 ) (g f )(u 1, u 2 u 3, u 4 ) = sin u 1 0 e u (g f ) (u 1, u 2 u 3, u 4 ) = 0 0 e cos(u 4u 3 ) sin(u 3 u 4 )u 4 e cos(u 4u 3 ) sin(u 3 u 4 )u 3 cos u f (0, 0, π/2, 1) = π/ (g f ) (0, 0, π/2, 1) = π/ Aufgabe 6: (a) Geben Sie die allgemeine Taylorformel mit Restglied für eine Funktion f : R n R am Punkt x 0 an. Erklären Sie auch die verkürzenden Schreibweisen, die hier beim Gebrauch von Multiindizes in Erscheinung treten. (b) Wie lautet das Taylorpolynom 2. Grades der Funktion f (x, y) = ln(e x + y), x R, y > e x, am Punkt (x 0, y 0 ) = (1, 0)? (c) Entwickeln Sie das Taylorpolynom 2. Ordnung von f (x, y) = 3x 2 + 2y 2 xy + 2x 3 am Punkt (0, 0) und am Punkt (1, 1). 12

13 Lösung der Aufgabe 6a: f (x) = j k D j f (x 0 ) j! (x x 0 ) j + j =k+1 Dabei ist z [x 0, x] Hierbei wird die Multiindex-Notation verwendet: Lösung der Aufgabe 6b: D j f (z) (x x 0 ) j j! j = ( j 1,..., j m ) N m 0 ist ein m-tupel von natürlichen Zahlen, j = j j m heißt die Länge von j, j! = j 1!... j m!, D j f = j x j f = j x j 1 1 x j f, m m (x a) j = (x 1 a 1 ) j 1 (x 2 a 2 ) j2 (x m a m ) j m, f (x, y) = ln(e x + y) f (1, 0) = 1 (x, y) = ex (1, 0) = 1 x y x 2 (x, y) = e x +y (x, y) = 1 e x +y ex e x +y y 2 (x, y) = 1 y x (x, y) = ex x y (1, 0) = e 1 e2x (1, 0) = 0 (e x +y) 2 x 2 (e x +y) 2 (e x +y) 2 y x y 2 (1, 0) = e 2 Daraus folgt für das Taylorpolynom 2. Grades am Punkt (x 0, y 0 ) = (1, 0): Lösung der Aufgabe 6c: (1, 0) = e 1 f (x) f (x 0, y 0 ) + 1 1! x (x 0, y 0 ) (x x 0 ) + 1 1! y (x 0, y 0 ) (y y 0 ) + 1 2! x 2 (x 0, y 0 ) (x x 0 ) !1! x y (x 0, y 0 ) (x x 0 )(y y 0 ) + 1 2! y 2 (x 0, y 0 ) (y y 0 ) 2 =1 + (x 1) + e 1 y (x 1)2 + ( 1)(x 1)(y) ( e 1 )(y) 2 =x + e 1 y xy + y 1 2 e 1 y 2 f (x, y) = 3x 2 + 2y 2 xy + 2x 3 f (0, 0) = 3 f (1, 1) = 3 x (x, y) = 6x y + 2 x (0, 0) = 2 x (1, 1) = 7 (x, y) = 4y x (0, 0) = 0 (1, 1) = 3 y x 2 (x, y) = 6 (x, y) = 4 y 2 (x, y) = 1 y x y x 2 (0, 0) = 6 (0, 0) = 4 y 2 (0, 0) = 1 2 f y x y x 2 (1, 1) = 6 (1, 1) = 4 y 2 (1, 1) = 1 2 f y x 13

14 Daraus folgt für das Taylorpolynom 2. Grades am Punkt (x 0, y 0 ) = (0, 0): f (x) f (x 0, y 0 ) + 1 1! x (x 0, y 0 ) (x x 0 ) + 1 1! y (x 0, y 0 ) (y y 0 ) + 1 2! x 2 (x 0, y 0 ) (x x 0 ) !1! x y (x 0, y 0 ) (x x 0 )(y y 0 ) + 1 2! y 2 (x 0, y 0 ) (y y 0 ) 2 = 3 + 2x x2 + ( 1)xy y2 =3x 2 + 2y 2 xy + 2x 3 Für das Taylorpolynom 2. Grades am Punkt (x 0, y 0 ) = (1, 1) folgt: f (x) f (x 0, y 0 ) + 1 1! x (x 0, y 0 ) (x x 0 ) + 1 1! y (x 0, y 0 ) (y y 0 ) + 1 2! x 2 (x 0, y 0 ) (x x 0 ) !1! x y (x 0, y 0 ) (x x 0 )(y y 0 ) + 1 2! y 2 (x 0, y 0 ) (y y 0 ) 2 =3 + 7(x 1) + 3(y 1) (x 1)2 + ( 1)(x 1)(y 1) + 1 4(y 1)2 2 =3x 2 + 2y 2 xy + 2x 3 14