Höhere Mathematik II Ergebnisse und Hinweise zu den Gruppenübungen. Sommer 2008 = 1. (k + 3) 3 k = 3 k k k = 1 n.

Transkript

1 Sommer 8 Zu Aufgabe H: (a) Diese Reihe lässt sich auf eine geometrische Reihe zurückfuhren: k 5 k k+ 5 5 k k (b) Anwenden des Quotientenkriteriums liefert: a k+ k a k 3 k+ 5k (k + ) k 5 k+ (k + 3) 3 k 3 k + 5 k k k Diese Reihe divergiert also, da 3 5 > gilt. (c) Partialbruchzerlegung liefert: Da k + 3 (k + ) + n und damit k (k + )(k + 3) k + k + 3. n (k + )(k + 3) k gilt, handelt es sich um eine Teleskopsumme, es gilt also: k n k + k Zu Aufgabe H: (a) a n ist eine alternierende Reihe mit n k k + 3 n n + k + k k + 3 } {{ } (k + )(k + 3) n + 3. ( a n ) n n n n, n + 3 d. h. ( a n ) n N ist eine monotone Nullfolge und die Reihe nach dem Leibniz-Kriterium damit konvergent. Für das Quotienten-Kriterium ergibt sich a n+ a n n n (n + ) n+ ( + n ) n <, (n + ) damit ist die Reihe nach dem Quotienten-Kriterium (absolut) konvergent.

2 Sommer 8 Für das Wurzel-Kriterium ergibt sich n n an n n n <, (b) damit ist die Reihe auch nach dem Wurzel-Kriterium (absolut) konvergent. Wegen cos(nπ) ( ) n ist auch dies eine alternierende Reihe und a n n cos(nπ) n + n +, n d. h. ( a n ) n N ist eine monotone Nullfolge und die Reihe nach dem Leibniz-Kriterium damit konvergent. Für das Quotienten-Kriterium ergibt sich a n+ a n (n + )(n + ) ((n + ) + )n ( )( ) + n + n ( ) +, n + n d. h. mit dem Quotienten-Kriterium läßt sich keine Aussage über die Konvergenz der Reihe treffen. Für das Wurzel-Kriterium ergibt sich n n an n n +, (c) d. h. auch mit dem Wurzel-Kriterium läßt sich keine Aussage über die Konvergenz der Reihe treffen. Dies ist keine alternierende Reihe, deshalb läßt sich hier mit dem Leibniz-Kriterium keine Aussage über die Konvergenz der Reihe treffen. Für das Quotienten-Kriterium ergibt sich a n+ a n (n + ) n n+ n ( ) + n <, damit ist die Reihe nach dem Quotienten-Kriterium (absolut) konvergent. Für das Wurzel-Kriterium ergibt sich n n n an n <, (d) damit ist die Reihe auch nach dem Wurzel-Kriterium (absolut) konvergent. Dies ist keine alternierende Reihe, deshalb läßt sich hier mit dem Leibniz-Kriterium keine Aussage über die Konvergenz der Reihe treffen.

3 Sommer 8 Für das Quotienten-Kriterium ergibt sich a n+ a n ( + ( )n+ ) n n+ ( + ( ) n ) { 6 3 <,n gerade >,n ungerade, d. h. mit dem Quotienten-Kriterium läßt sich keine Aussage über die Konvergenz der Reihe treffen. Für das Wurzel-Kriterium ergibt sich Zu Aufgabe H3: n n an + ( ) n n, damit ist die Reihe nach dem Wurzel-Kriterium (absolut) konvergent. (a) Die Funktionen f und f sind auf gesamt R definiert, d. h. D D R. Für die Funktion f 3 erhält man den Definitionsbereich D 3 R\{}, da sonst der Nenner den Wert annimmt. Für f 4 erhält man schließlich den maimalen Definitionsbereich D 4 { R k Z : kπ (k + )π }, damit das Argument der Wurzelfunktion nicht negativ wird. (b) Die Funktion f ist als Verkettung von stetigen Funktionen wieder stetig auf R\{}. Für ergibt sich f () f() für f () für, d. h. f ist bei links- aber nicht rechtsseitig stetig (und damit unstetig). Die Funktion f ist als konstante Funktion auf R\{} stetig. Für ergibt sich f () für f () für, d. h. f ist bei weder links- noch rechtsseitig stetig (und damit unstetig). Die Funktion f 3 ist als rationale Funktion auf R\{,, } stetig, da dort der Nenner nicht wird. Für die Stellen,, erhält man und f 3 () f 3() f 3 () f 3() f 3 () für f 3 () für. f 3()

4 Sommer 8 Damit ist f 3 bei stetig, bei weder links- noch rechtsseitig stetig (und damit unstetig). Zusätzlich erkennt man, dass f 3 bei weder rechts- noch linksseitig stetig fortsetzbar ist. Die Funktion f 4 ist als Verkettung von stetigen Funktionen auf dem Innern des Definitionsbereichs wiederum stetig. Für die Randpunkte des Definitionsbereichs erhält man mit k Z f 4() f 4 (kπ) kπ f 4() f 4 ((k + )π) (k+)π d. h. f 4 ist an den Randpunkten kπ rechtsseitig und an den Randpunkten (k + )π linksseitig stetig.

5 Sommer 8 Zu Aufgabe H4: Mit a und b π erhält man ( π f(a) f(b) f() f ) ( π ) < und da f auf [, π ] stetig ist, muss f in diesem Intervall mindestens eine Nullstelle besitzen. Man setzt a a und b b π und erhält ( ) a + b ( π f(a ) f f() f.78 <, 4) damit ist a und b π. Im nächsten Schritt erhält man 4 ( ) a + b ( π f(a ) f f() f.53 >, 8) damit ist a 3 π und b 8 3 π. Im nächsten Schritt erhält man 4 ( ) a3 + b ( ( ) 3 π 3π f(a 3 ) f f f.9 >, 8) 6 damit ist a 4 3π und b 6 4 π. Im nächsten Schritt erhält man 4 ( ) ( ) ( ) a4 + b 4 3π 7π f(a 4 ) f f f. >, 6 3 damit ist a 5 7π und b 3 5 π. Im letzten Schritt erhält man 4 ( ) ( ) ( ) a5 + b 5 7π 5π f(a 5 ) f f f.4 >, 3 64 damit ist die Nullstelle im Intervall [ 5π, π], wobei die Länge des Intervalls π Zu Aufgabe H5: (a) Mit dem Wurzelkriterium erhält man k ak k k k 5 k k 5 5, d. h. der Konvergenzkreis ist der Ursprungskreis mit Radius /5. (b) Mit dem Quotientenkriterium erhält man a k+ k a k (k + ) + (k + ) + k k + k + + 3/k + 3/k k + /k + /k, d. h. der Konvergenzkreis ist der Kreis um i mit Radius. k k + 3k + 3 k + k + <.5 beträgt.

6 Sommer 8 (c) Mit dem Wurzelkriterium erhält man k k k ak k k k k k, d. h. der Konvergenzkreis ist die gesamte komplee Zahlenebene. (d) Mit dem Quotientenkriterium erhält man a k+ a k (k + )! k! k + für k, d. h. der Konvergenzkreis ist nur der Punkt. Zu Aufgabe H6: (a) Für cosh() erhält man den folgenden Definitions- und Wertebereich: D (, ), W [, ) Für sinh() erhält man den folgenden Definitions- und Wertebereich: D (, ), W (, ) (b) Für cosh() bekommt man für f( ) cosh( ) e + e cosh, also ist cosh() symmetrisch zur y-achse. sinh() ist mit sinh( ) e e punktsymmetrisch zum Ursprung. (c) Bild von sinh() und cosh(): e e sinh

7 Sommer cosh() 4 - sinh() (d) Man berechnet die Potenzreihen mit der Reihendarstellung von e k k!. Damit erhält man cosh() e + e k k k k! + ( ) k k. k! Es fallen die ungeraden Potenzen weg und die geraden Potenzen stehen bei beiden Summen, insgesamt bekommt man die Potenzreihe cosh() e + e k (k)!. Bei sinh() verläuft die Rechnung annalog, nur hier fallen die geraden Potenzen weg und die ungeraden Potenzen bleiben bei beiden Summanden stehen: sinh() e e k k! ( ) k k k+ k! (k + )! k k k k k

8 Sommer 8 (e) Man ersetzt cosh() durch e +e und sinh() durch e e und vereinfacht diesen Term: ( ) ( ) ( ) e (cosh()) (sinh()) + e ( ) e e e +e e e (e + + e ) (e + e ) 4 Zusatz: Wie die Eponentialfunktion sind auch cosh und sinh auf gesamt C definiert. Auch die Ergebnisse von (d) und (e) übertragen sich direkt ins Komplee.

9 Sommer 8 Zu Aufgabe H7: (a) (b) d d f () sin( 3 + 5e + π) d d (3 + 5e + π) sin( 3 + 5e + π)(3 + 5e ) d d f () e arctan(cos()) d d arctan(cos()) e arctan(cos()) + (cos()) d d cos() e arctan(cos()) + (cos()) sin() (c) d d f 3() cos()(cos() tan()) + sin() d cos() tan() ( d ) (cos() ) tan() + sin() sin() tan() + cos() (cos() ) (cos() ) tan() (sin()) tan() + sin() cos() cos() sin() + ( (sin()) + ) sin() cos() sin() cos() (d) f 4 () cos() (sin()) cos() (sin()) (tan()) cos()( (sin()) ) (sin()) (sin()) (cos()) cos()(cos()) (cos()) cos() d d f 4() sin()

10 Sommer 8 (e) f 5 () ln(3 ) ( )( ) ln( 3 ) ( 3 + )3 ln() d d f 5() 3(3 ) ln() + 3(3 + ) Zu Aufgabe H8: Substituiert man y in der Potenzreihe so erhält man die gesuchte Potenzreihe ( ) k k k k k k y k der Funktion y y, von f. Da die geometrische Reihe für y < konvergiert und für y divergiert, konvergiert die Potenzreihe von f für und divergiert für < bzw. < bzw.. Zu Aufgabe H9: (a) Nach der Formel von Euler und de Moivre ist e iz cos(z) + i sin(z) und damit gilt e iz cos( z) + i sin( z) cos(z) i sin(z). Daraus folgt und e iz + e iz e iz e iz i cos(z) + i sin(z) + cos(z) i sin(z) cos(z) + i sin(z) cos(z) + i sin(z) i (b) Mit obigen Formeln ergibt sich ( ) e cos (z) + sin iz + e iz ( e iz e iz (z) + i cos(z) sin(z). ) eiz + + e iz e iz + e iz 4.

11 Sommer 8 Zu Aufgabe H: (a) Die Funktion cosh ist auf R + streng monoton wachsend und stetig mit dem Wertebereich [, ), deshalb eistiert die Umkehrfunktion arcosh auf [, ) mit dem Wertebereich R +. 9 cosh arcosh (b) Mit der Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion erhält man d d arcosh() d cosh(y) dy yarcosh( ) (cosh(y)). yarcosh( ) sinh(y) yarcosh( ) (c) Für y [, ) erhält man aus y cosh() e + /e durch die Substitution : e und nach Multiplikation mit y + bzw. y + Letztere Gleichung lässt sich mit der Mitternachtsformel lösen. Es ergeben sich Lösungen y + y oder y y Anhand des Schaubilds erkennt man, dass nur die erste Lösung in Betracht kommt und somit ist ( arcosh(y) ln( ) ln y + ) y.

12 Sommer 8 Entsprechend erhält man für beliebige y R aus y sinh() e /e durch die Substitution e und nach Multiplikation mit Wieder erhält man Lösungen y bzw. y. y + y + Wie oben erkennt man anhand des Schaubilds, 8 oder y y + sinh arsinh dass nur die erste Lösung zu berücksichtigen ist, und somit ergibt sich ( arsinh(y) ln( ) ln y + ) y +. (d) Man erhält d d cosh() d ( d ln + ) + +

13 Sommer 8 und d d sinh() d ( d ln + + ) im Einklang mit obigem Ergebnis und Zu Aufgabe H: Bei allen Teilaufgaben treten (evtl. nach Umformung) Grenzwerte der Form oder auf, diese Voraussetzung der Regel von l Hospital ist also erfüllt. (a) (b) (c) cos() ln() l Hospital sin() ( sin() ) sin() sin() l Hospital / l Hospital cos() l Hospital cos() cos() + sin() l Hospital sin() cos() sin() (d) Mit f() cos(/) und g() sin() ist ( f () cos ) ( + sin ), g () cos() wobei dieser Quotient keinen Grenzwert für besitzt, die Regel von l Hospital ist also nicht anwendbar. Es ist aber cos ( ) ( ( )) cos. sin() sin() }{{}}{{} (e) Da die Ableitung von sinh wieder cosh ist und umgekehrt und sowohl sinh() als auch cosh() für gegen Unendlich streben, ist auch hier die Regel von l Hospital nicht anwendbar. Mit der Definition von H6 ist aber (f) Es ist tanh() und mit l Hospital (vgl..5.8) sinh() cosh() e e e + e + + eln() e ln() + e. e. + e

14 Sommer 8 Zu Aufgabe H: Die für das Taylorpolynom von f benötigten Werte sind Damit ist f () (), f () () 4, f () (), f (3) () 6, f (4) (), f (5) (). T(5,, ) 4( ) + ( ) + ( ) 3 + 5( ) 4 + ( ) 5. R 5 (f,, ), da f (6) () gilt. Die ersten Ableitungen der Funktion g sind f () cos(), f () 4 sin(), f (4) 6 sin(), f (5) () 3 cos(). f (3) () 8 cos(), Damit gilt f() π f () 4 π, 4 f () () π 4,f(3) () 4 π, f(4) () 4 π 6. 4 Das Taylorpolynom lautet also T(g,, π 4 ) ( π 4 ) + 3 ( π 4 )4 und hat das Restglied R 4 (g,, π) 3 cos((π + θ( π))) 4 4 ( π 4 4 5! )5.

15 Sommer 8 Zu Aufgabe H3: (a) Die n-te Ableitung von f besitzt für n N die Form f (n) () ( ) n (n )!an (a + b), n was sich mit vollständiger Induktion beweisen läßt: IA IS (b) Mit d d f() f (n+) ( ) d d f(n) a a + b ( )!a (a + b), IV ( ) n n!a n+ (a + b) n+. ( a n f (n) () ( ) n (n )! b) d )!an ( )n (n d (a + b) n für n N folgt für die Taylorreihe von f um den Entwicklungspunkt f (n) () T(f,, ) n ( ) n ( a ) n ln(b) + n. n! n b n (c) Mit dem Quotientenkriterium erhält man a n+ a n n a n+ b n n (n + )b n+ a n damit ist der Konvergenzradius der Taylorreihe gleich b a. Zu Aufgabe H4: a ( + /n)b a b, (a) Mit partieller Integration für den Ansatz u () und v() f() folgt u() und v () f () und man erhält: f() d u ()v() d [ u()v() ] u()v () d [ f() ] f () d.

16 Sommer 8 (b) Mit obiger Formel erhält man ln() d [ ln() ] d [ ln() ]. Weiter gilt arctan() d [ arctan() ] + d [ arctan() ] ln( + ), da der letzte Integrand von der Form f ()/f() ist. Schließlich ist arcsin() d [ arcsin() ] + d und mit der Substitution w(), w () folgt [ arcsin()] + d w w [ arcsin()] + [ w ] [ arcsin() + ]. Zu Aufgabe H5: Wir suchen nach Nullstellen der Funktionen Die Ableitungen sind f : R R: sin() e + und g: R R: cos(). Die Rekursion lautet also f () cos() e und g () sin(). n+ n sin( n) e n + cos( n ) e n bzw. n+ n cos( n) n sin( n ). Wird als Startwert gewählt, ergeben sich für f die Näherungen.5656, , , und für g (ebenfalls mit ) , , , Kommentar zur Wahl des Startwerts: Der Startwert sollte so gewählt werden, dass zwischen Startwert und der Nullstelle kein kritischer Punkt liegt. Wird z.b. für g ein Startwert > 3π gewählt kann es vorkommen dass das Newtonverfahren konvergiert, der Grenzwert aber keine Nullstelle von g ist.

17 Sommer 8 Zu Aufgabe H6: (a) Mit der Substitution u() f(), u () f () erhält man f () d f() d u [ u ] [ ] f(). u (b) Mit obigem erhält man π/ 4/5 3/5 e e [ d ] 4/5 3/5 5, [ ln() d ] e ln(), e π/ sin() d sin () + sin() d π/ cos() + sin() d [ + sin() ] π/. Zu Aufgabe H7: Mit der Universalsubstitution aus Aufgabe P 8 erhält man (a) π/3 π/3 sin() d u(π/3) u(π/3) u du ln(3 / ) ln(3 / ) ln(3), [ ] u(π/3) [ ( ( ln u ln tan u(π/3) )) ] π/3 π/3 (b) π π/ cos() d u(π) u(π/) t π [ u du ] [ u(π) u t π u(π/) tan ( ) ( ) tan ( ) + t, ] t π/

18 Sommer 8 (c) π/ π/3 Zu Aufgabe H8: + sin() sin()( + cos()) d u(π/) u(π/3) [( ( tan 4 u + + u du )) ln(3). [ u 4 + u + ] u(π/) ln u u(π/3) ( + tan + ) ( ( ln tan )) ] π/ (a) Wir zerlegen den Integranden in Partialbrüche. Der Ansatz hierzu lautet Koeffizientenvergleich liefert ( + )( + ) A + B ( ) + C + D +. A, B, C, D 7. π/3 Damit folgt ( + )( + ) d + ( ) d [ ln ] + ln( + ) + 7 arctan() (b) Polynomdivision ergibt: d d [ ln( + ) ln(6). ] 5

19 Sommer 8 Zu Aufgabe H9: (a) Es ist für [, ). Da das Integral / + 3/ d konvergiert, konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch das Integral d. Das Integral + 5 d bereitet keine Probleme, deshalb eistiert auch d. (b) Für (,π/] ist (vgl...5) < sin() bzw. < sin(). Wiederum mit dem Majorantenkriterium folgt aus der Nichteistenz von die Divergenz des Integrals π π d sin() d. (c) Mit der Substitution u() ln(), u () + welches genau für α > konvergiert. (ln()) α d erhält man + ln() u α d u,

20 Sommer 8 Zu Aufgabe H: (a) Für α R + folgt mit partieller Integration: Γ(α + ) + + (b) Für α erhält man [ e t t α d t t α e t] s + s t }{{} + + αt α e t d t α Γ(α) Γ() + [ e t d t ] e t s. s + t (c) Die Behauptung Γ(n + ) n! ist für n wahr, denn in (b) wurde gezeigt: Γ( + )! Sei nun für n N vorausgesetzt, dass Γ(n+) n! gilt. Damit und mit (a) ergibt sich: Γ(n + + ) (n + ) Γ(n + ) (n + ) n! (n + )! womit die Behauptung durch vollständige Induktion bewiesen ist. Zu Aufgabe H: a+d f() d a f() d + a+d f() d a d a d a d f(a t) dt + f(a + t) dt d d d f(a t) dt + f(a + t) dt d d f(a t) + f(a + t) dt d t

21 Sommer 8 Zu Aufgabe H: Es sei f : [, + ) R: (ln()) α. Damit ergibt sich f () (ln()) α ( α ln()). Da α > vorausgesetzt ist, gilt f () <, das heißt die Funktion f ist (streng) monoton fallend auf [, ). Außerdem ist f positiv, daher haben nach dem Integralkriterium die Reihe k k (ln(k)) α und das Integral + (ln()) α d das gleiche Konvergenzverhalten. Analog zu Aufgabe H 9 (c) erhält man für α > eine Stammfunktion von f. Damit ergibt sich aus der Konvergenz des Integrals + (ln()) α d t + [ (ln()) α α ] t (ln()) α α ; auch die Konvergenz der Reihe k k (ln(k)) α. Zu Aufgabe H 3 Niveaulinien von f : Da +y gilt, ist die Niveaumenge zum Niveau leer. Zum Niveau ergibt sich als Niveaumenge nur ein Punkt, der Koordinatenursprung. Die Niveaus und führen auf die Gleichungen + y beziehungsweise + y. Beide Gleichungen beschreiben Ellipsen.

22 Sommer 8. y.5 y K.8 K.6 K.4 K K K K.5 K K. K Niveaulinien von g: Da die Funktion cos nur Werte zwischen und annimmt, ergibt das Niveau die leere Menge. Zum Niveau ergibt sich die Gleichung cos( + y ). Diese wird gelöst durch + y kπ, k N. Die Niveaumenge besteht also aus konzentrischen Kreisen mit Radien kπ. Analog ergeben sich für die Niveaus und die Gleichungen + y π + kπ, k N beziehungsweise + y π + kπ, k N. 3 3 y y K3 K K 3 K K3 K K 3 K K K K3 Niveau K3 Niveau

23 Sommer 8 3 y K3 K K 3 K K K3 Niveau - Dreidimensionale Bilder der Funktionen f und g:

24 Sommer 8 Zu Aufgabe H 4 Es ist p(,y) 3 y y 3 y y ( y ). Damit ist p(,y) genau dann, wenn oder y oder y. In der Koordinatenebene skizziert entsprechen die ersten beiden Fälle horizontalen beziehungsweise vertikalen Geraden. Der letzte Fall beschreibt eine Quadrik, die bereits in Normalform angegeben ist: Es handelt sich um eine Hyperbel. Also: G {(,y) R } {(,y) R y } {(,y) R y }. Die Menge G unterteilt R in einzelne Gebiete. Da p stetig ist, reicht es anhand eines einzelnen Funktionswertes im Inneren des jeweiligen Gebietes zu entscheiden, ob das Gebiet zu G oder zu G + gehört.

25 Sommer 8 Berechnung der geforderten Differentialquotienten: p v (.) p v (.) h p v (, ) p v (.) p v (, ) p v (, ) h p@ h p@ A+h p@ h A+h A+h p@ AA p@ h AA p@ AA p@ AA p@ h A+h AA AA @ AA h h 8h h 3 h 6 h h AA AA p@ AA h h h h h 3 h h h 3 h h h AA h h

26 Sommer 8 Zu Aufgabe H5: (a) Um die Taylorentwicklung von f schneller errechnen zu können, bestimmen wir diese nicht direkt, sondern schreiben f g(,y) mit g(,y) sin y. Danach berechnen wir die Taylorentwicklungen getrennt für die beiden Faktoren und multiplizieren anschließend. Es gilt ( + ) ( ) + ( ) + T (, (,y), (,π)) und für g(,y) sin y gilt: Somit gilt g(, π), g (,y) y cos y g, also (,π), g y (,y) y g cos, also (,π), y g y (,y) y sin 4, also g (,π) π 4, g y (,y) y cos y y sin 4, also g y (,π) π 4, g y y(,y) sin 4, also g y (,π) 4. ( ( ) + ( ) + )( π 8 ( ) π 4 ( )(y π) (y π)) ) 8 +( )+ ( π ( ) π 8 4 ( )(y π) 8 (y π) +Terme vom Grad 3 und größer. Daraus folgt T (f, (,y), (,π)) +( )+ (b) Es gilt ) ( π ( ) π 8 4 ( )(y π) 8 (y π). y 4 (y + ) 4 (y ) 4 + 4(y ) 3 + 6(y ) + 4(y ) +, 3 ( + ) 3 ( ) 3 + 3( ) + 3( ) +, y ( + )(y + ) ( )((y ) + (y ) + ) + (y ) + (y ) +.

27 Sommer 8 Also f (,y) (y ) + 3( ) + 3(y ) 6( )(y ) + ( ) 3 + 4(y ) 3 3( )(y ) + (y ) 4. Eine alternative Lösung bekommt man dadurch, dass man die Summanden höherer Ordnung in der Taylorformel tatsächlich ausrechnet. Dies erfolgt durch Verallgemeinerung der im Skript in vorgestellten Methode: Wir setzen h : (h,h ) und schreiben (, ), g : f und a (, ). Aus wissen wir, dass ( ) G(a) : h g(a) h j g i j (a) i j h i Also gilt ( ) h 3 G (a) g(a) h G(a) h G (a) ( ( ) ) h j g i j h i (a) i j ( ( ) ) h j g i j h i (a) i j ( ( ) h j g i j k (a) )h i k i j h h k Mit den gleichen Argumenten gilt 4 h g(a) h i h j h k h l g i j k l (a) l k j i Nun kann man diese Summen natürlich noch ausrechnen und erhält mit h (,y) : 3 h f (, ) 6 3 8y + 4y 3 4 h f (, ) 4y 4 Durch Einsetzen in die Taylorformel erhält man jetzt das selbe Ergebnis wie oben. Ableitungen der Ordnung 5 oder höher brauchen wir in diesem Fall nicht zu betrachten, weil diese bei einem Polynom vom Grad 4 auf jeden Fall sind.

28 Sommer 8 Zu Aufgabe H6: (a) Man berechnet gradf(,y) (cos( + y), cos( + y)) und Hf(,y) ( sin( + y) sin( + y) sin( + y) sin( + y) ). (b) Damit erhält man die Taylorpolynome zweiter Stufe und T ( f, (,y), (, ) ) + y ( π T (f, (,y), 4, π 4)) ( π ) ( π ) ( y π ) ( y π ) Im Punkt (, ) erhält man daraus die Schmiegquadrik z + y also eine Ebene. Im Punkt ( π 4, π 4) erhält man schließlich die Schmiegquadrik dies ist ein parabolischer Zylinder. Zu Aufgabe H7: z ( + y π ), Man erhält für die Ableitung längs v von f im Punkt a v f(a) h f(a + hv) f(a) h f v h ( a + h v v ) f(a) v h v und mit h h v ( f a + hṽ ) f(a) v h h v ṽf(a), also gerade das v -fache der Richtungsableitung von f in Richtung ṽ im Punkt a.

29 Sommer 8 Zu Aufgabe H9: (a) Der Gradient von f ist ( ) 3 gradf Nullsetzen ergibt also die beiden Gleichungen und Löst man die erst dieser Gleichungen nach auf und quadriert erhält man 4. In die zweite Gleichung eingesetzt ergibt sich 4 +. Diese Gleichung besitzt die beiden Lösungen und. Die gesuchten Punkte sind also (, ) und (, ). (b) Die Tangentialebene (Taylorpolynom erster Stufe) hat die Gleichung 3 f(, ) + f (, )( ) + f (, )( ) 5 + 6( ) + 6( ) (c) Der Normalenvektor der Tangentialebene lautet (6, 6, ) T. Dieser hat einen negativen dritten Eintrag, er zeigt also nach unten. Die Richtung, in die der Ball rollt ist daher ( 6, 6) T. (d) Die Tangente an die Höhenlinie muss in der Ebene z 5 liegen und - da sie in der Tangentialebene liegt - senkrecht auf dem Gradienten stehen. Die Gleichung der Tangenten lautet also y + t,t R z 5 Zu Aufgabe H3: Die Matri A besitzt die Eigenwerte, und 3. Sie ist also positiv definit. Die Matri B besitzt die Eigenwerte, und 3. Sie ist also indefinit. Die Matri C besitzt die Eigenwerte, und. Sie ist also weder positiv definit noch negativ definit noch indefinit. Für die Hessematri von f erhält man Hf A und für die Jacobimatri von g erhält man Jg A. (Vergleichen Sie diese Ergebnisse mit dem eindimensionalen Fall.) Zu Aufgabe H3: (a) Die Jacobi-Matrizen sind Jf(,y,z) ( z y ) ( ) s t und Jg(s, t) te s e s. (b) Mit der Kettenregel erhält man daraus ( ln() + y yz J(g f)(,y,z) Jg(f(,y,z)) Jf(,y,z) yze y e y ( ) ln()+y ln() + y + yz y z yze y (y + )ze y ye y. )( z y )

30 Sommer 8 Zu Aufgabe H3: Als Gegenbeispiel können die Felder und f: R 3 R 3 : (,y,z) (,y,z) g: R 3 R 3 : (,y,z) ( y,,z) benutzt werden. Hier gilt rot(f), also auch g rot(f), aber div(f g). Vertauschen der Rollen von f und g zeigt die zweite Ungleichheit. Zu Aufgabe H33: Das Feld f besitzt ein Potential, dieses lautet Das Feld g besitzt kein Potential, da gilt und damit seine Rotation nicht ist. Zu Aufgabe H34: U(,y,z) ln()+ln(y)+ln(z)+c. g z g 3 y (a) Mit der Kettenregel ergibt sich d dt f(g(t)) Jf(g())Jg() (gradf()) t (b) Obiges läßt sich auch als gradf() v v. v n. schreiben, was mit der Ableitung v f() von f längs v im Punkt übereinstimmt.