Technische Universität München Zentrum Mathematik. Übungsblatt 12

Transkript

1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt 1 Hausaufgaben Aufgabe 1.1 Sei f : R R gegeben durch f(x 1, x ) = x x 3 3x 1 x. Bestimmen Sie alle lokalen und globalen Extrempunkte von f. Lösung zu Aufgabe 1.1 Wir bestimmen zunächst Gradient und Hessematrix der Abbildung f: 3x f(x 1, x ) = 1 3x 3x 3x 1 6x1 3 H f (x 1, x ) = 3 6x Damit erhalten wir die stationären Punkte der Funktion f: f(x 1, x ) = 0 x 1 x = 0 x x 1 = 0 x 1 = x x 4 1 x 1 = 0 x = x 1 (x 1 = 0) (x 1 = 1) Kandidaten für lokale Extrema sind also die beiden Punkte (0, 0) T und (1, 1) T. Wir setzen beide in die Hessematrix ein, um die Art der Extrema zu prüfen: H f (0, 0) = ( 0 ) Bestimmung des charakteristischen Polynoms ergibt χ H (λ) = (λ 3)(λ + 3), also hat diese Matrix die Eigenwerte 3 und 3, ist also indefinit. Daher ist (0, 0) T ein Sattelpunkt der Funktion f. 1

2 Für den zweiten stationären Punkt gilt H f (1, 1) = 6 3, 3 6 hier kann man nachrechnen, dass die Matrix ist Eigenwerte 3 und 9 besitzt, also positiv definit ist. Daher handelt es sich bei (1, 1) T um ein lokales Minimum der Funktion f. Aufgabe 1. Sei f : R R gegeben durch f(x 1, x ) = x 1 3x 1 x + x 4. a) Zeigen Sie: Die Funktion f besitzt entlang jeder Geraden durch den Nullpunkt (0, 0) T ein lokales Minimum. b) Besitzt f ein lokales Minimum im Nullpunkt (0, 0) T? Beweisen Sie Ihre Behauptung. Lösung zu Aufgabe 1. siehe Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe 1.3 Sei f : R R definiert durch f(x 1, x ) = x 1 e x 1x 4x. a) Zeigen Sie, dass durch f(x 1, x ) = 0 eine Funktion x = g(x 1 ) für alle x 1 R implizit definiert ist. b) Berechnen Sie die Werte g(0) und g (0). c) Bestimmen Sie die stationären Punkte von g. Lösung zu Aufgabe 1.3 a) Wir wollen den Satz über implizite Funktionen anwenden und berechnen dazu zunächst den Gradienten der Funktion f: f(x 1, x ) = e x 1 x (1 x 1 x ) e x 1x x 1 4 Die Funktion f ist also stetig differenzierbar. Weiter gilt f(x 1, x ) = e x 1x x 1 4 < 0 für alle (x 1, x ) T R, die zweite partielle Ableitung von f ist also insbesondere nie gleich 0. Schließlich stellen wir fest, dass f(0, 0) = 0 gilt, der Ursprung ist also eine Nullstelle von f. Nach dem Satz über implizite Funktionen gibt es daher eine differenzierbare Funktion g : R R mit f(x 1, g(x 1 )) = 0 für alle x 1 R (ganz R, weil f(x 1, x ) 0 überall).

3 b) Nach Definition von g mit Hilfe der Nullstelle f(0, 0) = 0 gilt g(0) = 0. Für die Ableitung von g benutzen wir die Formel aus der Vorlesung (oder leiten sie mit Hilfe der Kettenregel her): Damit gilt für x = 0: g (x) = 1f(x, g(x)) f(x, g(x)) g (0) = 1f(0, g(0)) f(0, g(0)) = 1 4 = 1 4 c) Wir suchen alle Punkte, in denen die Ableitung von g den Wert 0 annimmt. Nach der vorigen Teilaufgabe gilt g (x) = 1f(x, g(x)) f(x, g(x)) = e xg(x) (1 xg(x)) e xg(x) x 4, also ist g (x) = 0 genau dann der Fall, wenn der Zähler den Wert 0 annimmt, was wiederum auf die Gleichung 1 xg(x) = 0 führt. Daher gilt für jeden stationären Punkt x 0 (dass x = 0 kein stationärer Punkt ist, wissen wir bereits aus der vorigen Teilaufgabe) von g: 1 xg(x) = 0 g(x) = 1 x Weiter muss ja noch die Gleichung f(x, g(x)) = 0 erfüllt sein mit g(x) = 1 x erhalten wir damit 0 = f(x, g(x)) = f(x, 1 x ) = xe 1 4 x x = 4e x = ± e. Also sind die beiden Punkte ± e die einzigen stationären Punkte der Funktion g. Aufgabe 1.4 Gegeben sei das nichtlineare Gleichungssystem x 1 + x + x 3 6 x 1 + x = 8 x 1 + x + x 3 x 1 6x = 8 a) Zeigen Sie: Der Punkt (0, 3, 1) T ist eine Lösung des Gleichungssystems. b) Überprüfen Sie mit Hilfe des Satzes über implizite Funktionen, ob sich das Gleichungssystem im Punkt (0, 3, 1) T lokal nach x 1, x, nach x 1, x 3 oder nach x, x 3 auflösen lässt. Führen Sie die Auflösung jeweils durch, wenn sie möglich ist. 3

4 Lösung zu Aufgabe 1.4 a) Wir setzen den gegebenen Punkt einfach in die beiden Gleichungen ein und rechnen nach, dass diese erfüllt sind. Zur Vorbereitung der nächsten Teilaufgabe machen wir das gleich mit der Funktion f : R 3 Rbb, definiert durch die beiden Gleichungen: x f(x 1, x, x 3 ) = 1 + x + x x 1 + x + 8 x 1 + x + x 3 3 x 1 6x + 8 Es gilt dann f(0, 3, 1) = ( ) = , 0 also ist (0, 3, 1) T eine Nullstelle der Funktion f. b) Wir bilden die Jacobi-Matrix von f: J f (x 1, x, x 3 ) = x x x x x 1 +x 6 x x 1 +x 3 x 1 x 6 x 3 Im Punkt (0, 3, 1) T gilt also: J f (0, 3, 1) = ( 0 0 ) 0 Die einzige invertierbare -Teilmatrix dieser Jacobi-Matrix ist die aus der ersten und dritten bestehende Teilmatrix. Nach dem Satz über implizite Funktionen ist also eine Auflösung nach x 1 und x 3 möglich. Über Auflösungen nach x 1, x oder x, x 3 lässt der Satz keine Aussage zu. Führen wir die Auflösung nach x 1, x 3 durch: Es sind Funktionen g 1 und g 3 gesucht, definiert jeweils auf einer Umgebung I von 3 (der x -Wert), so dass f(g 1 (x ), x, g 3 (x 3 )) = 0 für alle x I. Damit ist bereits g 1 (3) = 0 und g 3 (3) = 1 klar. Aus f(g 1 (x), x, g 3 (x)) = 0 erhalten wir die Gleichungen: g 1 (x) + x + g 3 (x) 6 g 1 (x) + x + 8 = 0 g 1 (x) + x + g 3 (x) g 1 (x) 6x + 8 = 0 4

5 Abziehen der zweiten Gleichung von der ersten ergibt 6 g 1 (x) + x + g 1 (x) + 6x = 0 g 1 (x) + 3x = 3 g 1 (x) + x g 1 (x) + 6xg 1 (x) + 9x = 9g 1 (x) + 9x 8g 1 (x) 6xg 1 (x) = 0 g 1 (x)(4g 1 (x) 3x) = 0, also ist entweder g 1 (x) = 0 oder g 1 (x) = 3 x. Setzt man x = 3, so erfüllt nur die erste 4 Lösung wie erforderlich g 1 (3) = 0, also ist g 1 (x) = 0 die konstante Nullfunktion. Wir setzen diese Lösung in das komplette Gleichungssystem ein und erhalten x + g 3 (x) 6 x + 8 = 0 x + g 3 (x) 6x + 8 = 0, damit ergibt sich g 3 (x) = ± 6x x 8. Wieder setzen wir den bekannten Punkt g 3 (3) = 1 ein, diese Gleichung erfüllt nur die Lösung mit positivem Vorzeichen, also ist g 3 (x) = 6x x 8. Aufgabe 1.5 Sei f : R R definiert durch f(x 1, x ) = ( x1 + x x sin x 1 ). a) Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix von f. b) Zeigen Sie, dass f in einer Umgebung des Punktes ( π, 1) T umkehrbar ist. c) Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix der Umkehrung von f im Punkt ( + π, 0) T. Lösung zu Aufgabe 1.5 a) Es gilt: ( ) 1 4x J f (x 1, x ) = cos x 1 1 b) Nach Vorlesung gilt: Ist die Jacobi-Matrix einer Funktion f : R R in einem Punkt ˆx invertierbar, so gibt eine Umgebung U von ˆx und eine Menge V = f(u), so dass f auf 5

6 U umkehrbar ist und die Umkehrfunktion f 1 : V U stetig differenzierbar ist. Hier untersuchen wir den Punkt ˆx = ( π, 1)T : J f ( π 1 4, 1) = 0 1 Die Jacobi-Matrix ist also invertierbar, damit lässt sich f lokal um den gegebenen Punkt umkehren. c) Es gilt f( π, 1) = ( π +, 0)T. Nach Vorlesung (und Tutorübung) gilt für die Jacobi-Matrix der Funktion f 1 : Für uns heißt das: J f 1(f(x)) = [J f (x)] 1 J f 1(( + π, 0)T ) = J f 1(f( π [, 1)) = J f (( π ] , 1)) = = Aufgabe 1.6 Sei Ω R 3 und seien u : Ω R und v : Ω R 3 auf Ω stetig differenzierbare Funktionen. Zeigen Sie: Für alle x Ω gilt div [u(x) v(x)] = u(x) div v(x) + v(x) T u(x). Lösung zu Aufgabe 1.6 Wir rechnen die angegebene Regel einfach nach: 3 3 div [u(x) v(x)] = i (u(x) v i (x)) = [ i u(x) v i (x) + u(x) i v i (x)] i=1 i=1 T v 1 (x) 1 u(x) 3 = v (x) u(x) + u(x) i v i (x) = v(x) T u(x) + u(x) div [v(x)] v 3 (x) 3 u(x) i=1 Aufgabe 1.7 Die Schwingungsdauer T in einem LC-Kreis mit Induktivität L und Kapazität C ist T = π LC. Bestimmen Sie mit Hilfe einer Taylorentwicklung die (absolute und relative) Änderung der Schwingungsdauer T, wenn die Induktivität von ursprünglich L = 1 H um L = 0, 001 H 6

7 erhöht wird, während gleichzeitig die Kapazität von C = 1 µf um C = 0, 0 µf erhöht wird. Lösung zu Aufgabe 1.7 siehe Mitschrift aus der Zentralübung Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe 1.8 Sei Ω R n und f : Ω R n ein umkehrbares und stetig differenzierbares Vektorfeld mit Umkehrabbildung f 1. Zeigen Sie: Falls auch f 1 stetig differenzierbar ist, so gilt für alle x Ω J f 1(f(x)) J f (x) = I n. Lösung zu Aufgabe 1.8 Da f und f 1 Umkehrabbildungen sind, gilt f f 1 = id, also ist J f 1 f = J id = I n. Nach der Kettenregel gilt aber auch J f 1 f(x) = J f 1(f(x)) J f (x), zusammen folgt daraus die Behauptung. Für die Ableitung der Umkehrfunktion f 1 an einer Stelle y gilt also: J f 1(y) = [ J f (f 1 (y)) ] 1 Aufgabe 1.9 Sei f : R 3 R definiert durch f(x 1, x, x 3 ) = sin(x 1 + x x 3) 1. a) Zeigen Sie: Der Punkt v = ( π 4, 0, 0)T ist eine Lösung der Gleichung f(x 1, x, x 3 ) = 0. b) Berechnen Sie die Jacobi-Matrix von f im Punkt v. c) Zeigen Sie, dass es eine Umgebung B von (0, 0) und eine Funktion g gibt, so dass f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) = 0 für alle Punkte (x, x 3 ) B gilt. (Die Gleichung f(x 1, x, x 3 ) kann also in einer Umgebung von v nach x 1 aufgelöst werden.) d) Stellen Sie eine Formel für die partiellen Ableitungen der Funktion g auf und bestimmen Sie die partiellen Ableitungen von g im Punkt (0, 0). e) Lässt sich f analog auch nach x oder x 3 auflösen? Lösung zu Aufgabe 1.9 a) Wir setzen den Punkt v einfach in f ein: π f(v) = sin = 1 1 = 0 7

8 b) Es gilt: also ist 1 J f (x 1, x, x 3 ) = f(x 1, x, x 3 ) T = cos(x 1 + x x 3) 1 x 3 J f (v) = cos π T = ( ). T, c) Die Funktion f ist stetig differenzierbar und in v gilt f(v) = 0 und 1 f(v) = 1 0. Nach dem Satz über implizite Funktionen gibt es daher eine offene Umgebung B um (0, 0) R und eine eindeutig bestimmte, differenzierbare Funktion g auf dieser Umgebung, so dass für alle (x, x 3 ) B gilt. f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) = 0 d) Die Ableitungen von g bestimmen wir analog zum Vorgehen in der vorigen Aufgabe, indem wir die Gleichung f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) = 0 nach x und nach x 3 ableiten. Genauer gesagt: Sei F (x, x 3 ) := f(g(x, x 3 ), x, x 3 ), dann gilt F (x, x 3 ) = 0 für alle (x, x 3 ) in einer offenen Umgebung von (0, 0). Es folgt dann F (x, x 3 ) = (0, 0) T, also (x, x 3 ) g(x, x 3 ) F (x, x 3 ) = J f (g(x, x 3 ), x, x 3 ) x x x 3 x 3 = 1 f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) g(x, x 3 ) + f(g(x, x 3 ), x, x 3 )) f(g(x, x 3 ), x, x 3 )) 0 =0, daraus erhalten wir g(x, x 3 ) = f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) 1 f(g(x, x 3 ), x, x 3 ). Eine Anmerkung: Das Vorgehen lässt sich ein bisschen abkürzen, wenn man die formale Definition von F weglässt. Man muss dann allerdings darauf achten, was mit f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) gemeint ist, die Schreibweise ist so nicht ganz eindeutig. Zu Beginn der Gleichungskette (wo oben F (x, x 3 ) steht) müsste es genauer (f (g,id,id 3 )) x (x, x 3 ) heißen, abgeleitet wird also die kombinierte Abbildung aus f und g, dann wird die Ableitung an der Stelle (x, x 3 ) ausgewertet. Das f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) weiter hinten in der Kette ist dagegen anders zu verstehen, hier wird f x (g(x, x 3 ), x, x 3 ) gebildet, also nur f partiell abgeleitet und dann an der Stelle (g(x, x 3 ), x, x 3 ) ausgewertet. Im Punkt v = (g(0, 0), 0, 0) ergibt sich daraus g(0, 0) = 1 / 1/ = 1 Analog können wir die Gleichung nach x 3 ableiten und erhalten: (Achtung: Hier arbeiten wir mit der eben erläuterten Abkürzung bitte die beiden 3 f(...) nicht durcheinan- 8

9 derbringen, gemeint ist je nach Kontext etwas anderes!) (x, x 3 ) g(x, x 3 ) 3 f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) = J f (g(x, x 3 ), x, x 3 ) 3 x x x 3 x 3 = 1 f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) 3 g(x, x 3 ) + f(g(x, x 3 ), x, x 3 )) f(g(x, x 3 ), x, x 3 )) 1 =0, also 3 g(x, x 3 ) = 3f(g(x, x 3 ), x, x 3 ) 1 f(g(x, x 3 ), x, x 3 ). Im Punkt v = (g(0, 0), 0, 0) ergibt sich daraus dann 3 g(0, 0) = 0 1/ = 0. e) Für eine Auflösung nach x kann analog der Satz über implizite Funktionen benutzt werden, da auch f(v) 0 ist. Wegen 3 f(v) = 0 existiert aber keine eindeutige Auflösung nach x 3. Ein Blick auf den Funktionsterm f(x 1, x, x 3 ) = sin(x 1 + x x 3) 1 macht auch den Grund deutlich: Das x 3 geht ausschließlich quadratisch in den Funktionswert ein, im Punkt v ist die x 3 -Koordinate 0. Damit ist eine eindeutige Auflösung selbst in einer kleinen Umgebung von v nicht mehr möglich, da jede Umgebung positive und negative x 3 -Werte enthält, die aber beide zum gleichen Funktionswert führen würden. 9