Technische Universität München Zentrum Mathematik. Übungsblatt 10

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1 Technische Universität München Zentrum Mathematik Mathematik 2 (Elektrotechnik) Prof. Dr. Anusch Taraz Dr. Michael Ritter Übungsblatt Hausaufgaben Aufgabe. Sei f : R 2 R gegeben durch x 2 y für (x, y) (, ), x f(x, y) := 4 +y 2 für (x, y) = (, ). a) Zeigen Sie, dass f im Punkt (, ) partiell differenzierbar ist und berechnen Sie x f(x, y) und y f(x, y) für alle (x, y) R 2. b) Zeigen Sie, dass f in (, ) unstetig ist. c) Ist f in (, ) total differenzierbar? Berechnen Sie gegebenenfalls die totale Ableitung von f in (, ). Lösung zu Aufgabe. vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Ergänzend hier noch zwei Plots der Funktion f. Die erste Abbildung zeigt eine Darstellung des Graphen, auf der sich sehr schön die parabelförmigen Niveaulinien erkennen lassen: Die Funktion bleibt entlang einer solchen Line (z. B. der rote Bergrücken ) konstant, nimmt jedoch im Nullpunkt den Wert an. Die Höhenlinien im zweiten Bild verdeutlichen das nochmals.

2 Aufgabe.2 Gibt es eine zweimal stetig differenzierbare Funktion f : R 2 R, die folgende Gleichungen erfüllt? x f(x, y) = 4x 2 y und y f(x, y) = x

3 Lösung zu Aufgabe.2 vgl. Mitschrift aus der Zentralübung Aufgabe.3 Berechnen Sie die Gradienten folgender Funktionen und geben Sie jeweils an, wo die Funktionen partiell differenzierbar bzw. total differenzierbar sind. a) f : R 2 R, f(x, y) := xy + 3x 2 + 2(x + y) b) f : R 2 R, f(x, y) := x 3 e x+y2 c) f : R 2 R, f(x, y) := xy ln( + x 2 + 2y 2 ) d) f : R 3 R, f(x, y, z) := x (x + y + z) e) f : R 3 R, f(x, y, z) := x 2 y 2 z 2 + e x+2y 3z f) f : R 4 R, f(x, x 2, x 3, x 4 ) := sin(x x 2 ) + cos(x 3 x 4 ) x 2 x 3 ln(x x 4 4) Lösung zu Aufgabe.3 Die meisten Funktionen sind überall stetig differenzierbar, daher existiert auch die totale Ableitung. a) Es gilt: f(x, y) = y + 6x + 2. x + 2 b) Es gilt: f(x, y) = ( 3x 2 e x+y2 + x 3 ) e x+y2 2x 3 ye x+y2 3 + x = x 2 e x+y2. 2xy c) Es gilt: y ln ( + ) x 2 + 2y 2 + x 2 y f(x, y) = x ln ( + ) x 2 + 2y 2 + 2xy 2 x 2 +2y 2 +x 2 +2y 2. x 2 +2y 2 +x 2 +2y 2 Diese Ableitung ist im Nullpunkt (, ) T nicht definiert, dort untersuchen wir die partiellen Ableitungen daher gesondert mit Hilfe der Differentialquotienten: f( + h, ) f(, ) (, ) = lim h h h f(, + h) f(, ) 2 (, ) = lim h h h = lim h h = lim h h Also ist die Funktion in (, ) T partiell differenzierbar mit f(, ) = (, ) T. Für die totale Differenzierbarkeit ist zu prüfen, ob f( + (h, h 2 ) T ) = f(, ) + f(, ) T (h, h 2 ) T + o ( (h, h 2 ) ) T = = 3

4 gilt. Wir betrachten also mit h = (h, h 2 ) T den Ausdruck f( + h) f(, ) f(, ) T h h = h h 2 ln( + h 2 + 2h 2 2) h 2 + h 2 2 für h. Wenn h = R für eine Konstante R gilt, ist auch h h 2 R R und h 2 + 2h 2 2 R 2, also folgt h h 2 ln( + h 2 + 2h 2 2) h 2 + h 2 R 2 ln( + R 2) R = R ln( + R 2.) 2 Mit R geht dieser Ausdruck gegen, also ist die Bedingung für totale Differenzierbarkeit erfüllt, f ist in (, ) T total differenzierbar. d) Für x > gilt für x < ist 2x + y + z f(x, y) = x, x 2x y z f(x, y) = x. x Für x = ist f konstant die Nullfunktion, partielle Ableitungen in y- und z-richtung sind also beide. Für die partielle Ableitung in x-richtung für x berechnen wir die Grenzwerte f(x, y, z) f(, y, z) lim x x f(x, y, z) f(, y, z) lim x x = lim x x(x + y + z) x = lim x x(x + y + z) x = y + z = y z Die partielle Ableitung x f(, y, z) ist also unstetig, wenn x + z y z. e) Es gilt 2xy 2 z 2 + e x+2y 3z f(x, y, z) = 2x 2 yz 2 + 2e x+2y 3z. 2x 2 y 2 z 3e x+2y 3z f) Es gilt x 2 cos(x x 2 ) x cos(x 2 x 2 ) x 3 ln(x x 4 4) f(x, x 2, x 3, x 4 ) = x 4 sin(x 3 x 4 ) x 2 ln(x x 4 4) 2x 2x 2 3. x 2 3 +x4 4 x 3 sin(x 3 x 4 ) 4x 2x 3 x 3 4 x 2 3 +x4 4 Aufgabe.4 4

5 Geben Sie für folgende Funktionen den maximalen Definitionsbereich an und berechnen Sie alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung (soweit diese existieren). a) f : R 2 R, f(x, y) := x y b) f : R 2 R, f(x, y) := ln(x 2 + y 2 ) c) f : R 3 R, f(x, y, z) := ln( x2 +y 2 z ) Lösung zu Aufgabe.4 a) Der Definitionsbereich ist D f = R 2 \ (R {}), also der gesamte R 2 mit Ausnahme der x-achse. Für die ersten und zweiten Ableitungen ergibt sich: x f(x, y) = y y f(x, y) = x y 2 xx f(x, y) = xy f(x, y) = y 2 yx (x, y) = y 2 yy f(x, y) = 2x y 3 b) Der Definitionsbereich ist D f = R 2 \ x f(x, y) = {}. Als partielle Ableitungen erhalten wir: 2x x 2 + y 2 y f(x, y) = 2y x 2 + y 2 xx f(x, y) = 2(y2 x 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 xy f(x, y) = 4xy (x 2 + y 2 ) 2 yx f(x, y) = 4xy (x 2 + y 2 ) 2 yy f(x, y) = 2(x2 y 2 ) (x 2 + y 2 ) 2 c) Der Definitionsbereich ergibt sich zu D f = R 3 \ (R 2 {}) ({} {} R)), wir schließen also sowohl die z-achse aus (dort hätte der Bruch im ln den Wert ) als auch die x-y-ebene (dort wäre der Bruch nicht definiert). Es ergibt sich dann (zunächst die Ableitungen ohne z-komponente): x f(x, y, z) = 2x x 2 + y 2 y f(x, y, z) = 2y x 2 + y 2 xx f(x, y, z) = 2(x2 + y 2 ) 4x 2 (x 2 + y 2 ) 2 xy f(x, y, z) = 4xy (x 2 + y 2 ) 2 yx f(x, y, z) = 4xy (x 2 + y 2 ) 2 yy f(x, y, z) = 2(x2 + y 2 ) 4y 2 (x 2 + y 2 ) 2 5

6 Für die partiellen Ableitungen mit z-komponente machen wir eine Fallunterscheidung, für z > gilt: z (x 2 + y 2 ) z f(x, y, z) = = x 2 + y 2 z 2 z zz f(x, y, z) = z 2 x ( z ) f(x, y, z) = z ( x ) f(x, y, z) = y ( z ) f(x, y, z) = z ( y ) f(x, y, z) = Für die partiellen Ableitungen mit z-komponente und z < ändern sich einige Vorzeichen in der Rechnung, die Ergebnisse bleiben aber (zufällig) gleich: z f(x, y, z) = z (x 2 + y 2 ) = x 2 + y 2 z 2 z zz f(x, y, z) = z 2 x ( z ) f(x, y, z) = z ( x ) f(x, y, z) = y ( z ) f(x, y, z) = z ( y ) f(x, y, z) = Aufgabe.5 Sei f : R 2 R gegeben durch f(x, y) = xy. In welchen Punkten ist f partiell bzw. total differenzierbar? Berechnen Sie in den entsprechenden Punkten die partiellen bzw. die totale Ableitung. Lösung zu Aufgabe.5 Es gilt f(x, y) = x y. Wir bearbeiten die Aufgabe mit einer Fallunterscheidung. () x, y > oder x, y < : f(x, y) = xy Die Funktion ist dann überall stetig differenzierbar, also auch total differenzierbar, und es gilt f(x, y) = (y, x) T. (2) x > und y < oder x < und y > : f(x, y) = xy Die Funktion ist wieder überall stetig differenzierbar, also auch total differenzierbar mit f(x, y) = ( y, x) T. (3) x = und y > : Auf einer kleinen Umgebung jedes solchen Punktes (x, y) besitzt f dann die Form f(x, y) = x y. In y-richtung gilt y f(, y) = =, also ist f in y-richtung partiell differenzierbar. In x-richtung gilt: h y y für h x f(x, y) = lim = h h y für h. Für y > existiert dieser Grenzwert also nicht, die Funktion ist daher nicht in x-richtung partiell differenzierbar. Damit ist f in diesem Fall natürlich auch nicht total differenzierbar. (4) x = und y < : analog zum vorigen Fall. 6

7 (5) x > und y = sowie x < und y = : analog zu den beiden vorigen Fällen, hier ist f in y-richtung nicht partiell differenzierbar (und damit natürlich auch nicht total differenzierbar). (6) x = und y = : Wir betrachten die Differentialquotienten f(h, ) f(, ) x f(, ) = lim h h f(, h) f(, ) y f(, ) = lim h h = = In (, ) ist die Funktion also partiell differenzierbar. Damit wissen wir: Falls f total differenzierbar ist, wäre der Gradient f(, ) = (, ) T. Wir prüfen nach, ob für (x, y) (, ) der Zusammenhang gilt. Es ist f( + h) = f() + f(, ) T h + o ( h ) f( + h) f() f(, ) T h = f( + h, + h 2 ) = h h 2. Wegen h h 2 max {h 2, h 2 2} h 2 + h 2 2 folgt weiter: ( f( + h) f() f(, ) T h ) = h h 2 h h h2 + h 2 2 h 2 + h 2 2 = h 2 + h 2 (h,h 2 ) 2, also ist f( + h) f() f(, ) T h = o ( h ). Damit ist h in (, ) T total differenzierbar mit Gradient h(, ) = (, ) T. Aufgabe.6 Die Funktion f : R 2 R sei definiert durch f(x, y) = 2x 3 5x 2 + 3xy 2y 2 + 9(x y ). Berechnen Sie das Taylorpolynom vom Grad drei von f im Entwicklungspunkt (, ). Lösung zu Aufgabe.6 Wir verwenden die Taylorformel aus der Vorlesung: 3 T 3 (a, a + h) = r= i,j N i!j! i 2f(a) j h i h j 2 i+j=r Wir müssen also die partiellen Ableitungen für r =,, 2, 3 berechnen: r = : i =, j = :!! f(, )h h 2 = 7

8 r = : r = 2: Es gilt: i =, j = : i =, j = :!! f(, )h = 2h!! f(, ) 2h 2 = 2h 2 f(x, y) = 2x 2 f(x, y) = 3 22 f(x, y) = 4 i = 2, j = : i =, j = : i =, j = 2 : 2!! f(, )h 2 = h 2!! 2f(, )h h 2 = 3h h 2!2! 22f(, )h 2 2 = 2h 2 2 r = 3: Es gilt: f(x, y) = 2 2 f(x, y) = 22 f(x, y) = 222 f(x, y) = i = 3, j = : i = 2, j = : i =, j = 2 : i =, j = 3 : 3!! f(, )h 3 = 2h 3 2!! 2f(, )h 2 h 2 =!2! 22f(, )h h 2 2 =!3! 222f(, )h 3 2 = Insgesamt erhalten wir das Taylorpolynom T 3 ((, ), (, ) + (h, h 2 )) = + 2h 2h 2 + h 2 + 3h h 2 2h h 3. Aufgabe.7 Berechnen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die Gradienten bzw. Ableitungen von f und f 2. Benutzen Sie dann die Kettenregel, um (f f 2 ) zu bestimmen. Überprüfen Sie Ihr Ergebnis, indem Sie die Ableitung von f f 2 direkt berechnen. 8

9 a) f (z) = e z, f 2 (x, y) = xy b) f (x, y) = x 2 + 2y, f 2 (t) = (cos t, sin t) Lösung zu Aufgabe.7 a) Es gilt f (z) = e z und f 2 (x, y) = (y, x) T. Mit der Kettenregel folgt daher für ff f 2 : R 2 R: y (f f 2 )(x, y) = f (f 2 (x, y)) f 2 (x, y) = e xy x Wir rechnen das noch direkt nach: Es ist f(x, y) := (f f 2 )(x, y) = e xy, also gilt ye xy f(x, y) =, das ist offenbar das gleiche Ergebnis wie oben. b) Hier erhalten wir f (x, y) = (2x, 2) T und f 2(t) = ( sin t, cos t) T, also gilt für die Funktion f f 2 : R R: xe xy T 2 cos t sin t (f f 2 ) (t) = f (f 2 (t)) T f 2(t) = = 2 sin t cos t + 2 cos t. 2 cos t Zur Kontrolle: f(t) := (f f 2 )(t) = cos 2 t+2 sin t, also folgt f (t) = 2 cos t sin t+2 cos t, was wieder unser Ergebnis bestätigt. Aufgaben für die Tutorübung Aufgabe.8 Sei f : R 2 R die Funktion x 2 y 4 für (x, y) (, ) x f(x, y) := 2 +y 4 für (x, y) = (, ). a) In welchen Punkten ist f partiell bzw. total differenzierbar? Berechnen Sie jeweils die entsprechenden Ableitungen. b) Für welche Richtungen d R 2 existiert die Richtungsableitung d f(, ) von f im Nullpunkt? Berechnen Sie diese Richtungsableitung jeweils oder zeigen Sie, dass sie nicht existiert. Lösung zu Aufgabe.8 9

10 a) Wir berechnen zunächst einmal die partiellen Ableitungen für (x, y) (, ): x f(x, y) = 2xy4 (x 2 + y 4 ) x 2 y 4 (2x) (x 2 + y 4 ) 2 = 2xy8 (x 2 + y 4 ) 2 y f(x, y) = 4x2 y 3 (x 2 + y 4 ) x 2 y 4 (4y 3 ) (x 2 + y 4 ) 2 = 2x4 y 3 (x 2 + y 4 ) 2 Für alle Punkte (x, y) (, ) sind die partiellen Ableitungen stetig, also ist f dort stetig partiell differenzierbar. Nach Vorlesung existiert dann auch die totale Ableitung von f und es gilt x f(x, y) f(x, y) = = 2xy3 y 5 y f(x, y) (x 2 + y 4 ) 2 x 3. Nun betrachten wir den Punkt (, ), wir beginnen mit der partiellen Differenzierbarkeit: f( + h, ) f(, ) x f(, ) = lim h h f(, + h) f(, ) y f(, ) = lim h h = lim h = lim h h 2 h 2 + h h 4 +h 4 h Also ist f auch im Nullpunkt partiell differenzierbar. Für die totale Differenzierbarkeit untersuchen wir zunächst die Richtungen (x, ) und (, y). Es gilt: f(x, ) = f(, y) = Wegen f(, ) = und f(, ) = (, ) T ist damit jeweils für x bzw. y. = = ( ) ( ) x x x f + = f() + f(, ) T + o ( ) ( ) f + = f() + f(, ) T + o, y y y Für d = (d, d 2 ) T R 2 mit d, d 2 und t R \ {} gilt f(td) = t6 d 2 d 4 2 t 2 d 2 + t 4 d 4 2 = t4 d 2 d 4 2, d 2 + t 2 d 4 2 also ist Damit gilt aber wieder f(td) td = t 3 d 2 d 4 2 (d 2 + t 2 d 4 2) d 2 + d 2 2 t. f( + d) = f() + f() T d + o ( d )

11 für d, also ist f an der Stelle (, ) auch total differenzierbar mit Ableitung f(, ) =. b) Aus der vorigen Teilaufgabe wissen wir, dass f überall total differenzierbar ist. Nach Vorlesung existiert dann auch überall die Richtungsableitung für jede Richtung d und es gilt d f(x, y) = f(x, y) T d. Aufgabe.9 Berechnen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die Gradienten von f und f 2. Benutzen Sie dann die Kettenregel, um (f f 2 ) zu bestimmen. Überprüfen Sie Ihr Ergebnis, indem Sie die Ableitung von f f 2 direkt berechnen. a) f (z) = z 2 + z, f 2 (x, y) = sin x cos y b) f (x, y) = xy 2 + 2(x + y), f 2 (t) = (e t sin t, t 2 ) Lösung zu Aufgabe.9 a) Wir arbeiten zunächst mit der Kettenregel. Es gilt: f (z) = 2z+ und f 2 (x, y) = (cos x cos y, sin x sin y) T. Insgesamt bekommen wir für die Funktion f := f f 2 : R 2 R: f(x, y) = f (f 2 (x, y)) f 2 (x, y) = (2 sin x cos y + ) Zur Kontrolle rechnen wir nochmal elementar nach. Es gilt also f(x, y) = f(x, y) = (sin x cos y) 2 + (sin x cos y), cos x cos y. sin x sin y 2 sin x cos y cos x cos y + cos x cos y cos x cos y = (2 sin x cos y+). 2 sin x cos y sin x sin y sin x sin y sin x sin y b) In diesem Fall gilt f (x, y) = (y 2 + 2, 2xy + 2) T und f 2(t) = (e t sin t + e t cos t, 2t) T. Mit der Kettenregel erhalten wir für f := f f 2 : R R also die Ableitung ( f (t) = f (f 2 (t)) f 2(t) t = 4 ) ( + 2 e 2t 2 e t t ) (sin t + cos t) sin t + 2 2t = e t (sin t + cos t)(t 4 + 2) + 4t 3 e t sin t + 4t. Wenn man das per Hand nachrechnet, muss zunächst die Funktion f ausgeschrieben werden: f(t) = (e t sin t) t 4 + 2(e t sin t + t 2 )

12 Es gilt dann f (t) = (e t sin t + e t cos t) t 4 + 4t 3 (e t sin t) + 2(e t sin t + e t cos t + 2t) = (e t sin t + e t cos t)(t 4 + 2) + 4t 3 e t sin t + 4t. Aufgabe. Die Funktion f : R 2 R sei definiert durch f(x, y) = e 2x+3y + xy(x + y). Berechnen Sie das Taylorpolynom vom Grad drei von f im Entwicklungspunkt (, ). Lösung zu Aufgabe. Das Taylorpolynom eines Skalarfeldes f : R n R im Entwicklungspunkt x haben wir in der Vorlesung die Formel 3 T 3 (x, x + h) = r= i,j N i!j! i 2f(x j ) h i h j 2 i+j=r kennengelernt. Wir benötigen also zunächst die ersten drei partiellen Ableitungen von f: ( 2e f(x, y) = 2x+3y + 2xy + y 2 ) 3e 2x+3y + x 2 + 2xy ( 4e H f (x, y) = 2x+3y + 2y 6e 2x+3y ) + 2x + 2y 6e 2x+3y + 2x + 2y 9e 2x+3y + 2x Für die dritten Ableitungen gilt: xxx f(x, y) =8e 2x+3y xxy = 2e 2x+3y + 2 xyy = 8e 2x+3y + 2 yyy = 27e 2x+3y Durch Einsetzen erhalten wir die einzelnen Glieder der Taylor-Entwicklung: r = : i =, j = :!! f(, )h h 2 = e = r = : i =, j = : i =, j = :!! f(, )h = 2h!! 2f(, )h 2 = 3h 2 2

13 r = 2: r = 3: Es gilt: i = 2, j = : i =, j = : i =, j = 2 : i = 3, j = : i = 2, j = : i =, j = 2 : i =, j = 3 : 2!! f(, )h 2 = 2h 2!! 2f(, )h h 2 = 6h h 2!2! 22f(, )h 2 2 = 9 2 h2 2 3!! f(, )h 3 = 8 6 h3 2!! 2f(, )h 2 h 2 = 7h 2 h 2!2! 22f(, )h h 2 2 = h h 2 2!3! 222f(, )h 3 2 = 27 6 h3 2 Damit gilt für das gesuchte Taylorpolynom T 3 (, + h) = + 2h + 3h 2 + 2h 2 + 6h h h h3 + 7h 2 h 2 + h h h3 2. 3

a n := ( 1) n 3n2 + 5 2n 2. a n := 5n4 + 2n 2 2n 3 + 3 10n + 1. a n := 1 3 + 1 2n 5n 2 n 2 + 7n + 8 b n := ( 1) n

a n := ( 1) n 3n2 + 5 2n 2. a n := 5n4 + 2n 2 2n 3 + 3 10n + 1. a n := 1 3 + 1 2n 5n 2 n 2 + 7n + 8 b n := ( 1) n Folgen und Reihen. Beweisen Sie die Beschränktheit der Folge (a n ) n N mit 2. Berechnen Sie den Grenzwert der Folge (a n ) n N mit a n := ( ) n 3n2 + 5 2n 2. a n := 5n4 + 2n 2 2n 3 + 3 n +. 4 3. Untersuchen

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