Lösungen zur Serie 5

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1 Dr. P. Thurnheer Grundlagen der Mathematik I ETH Zürich D-CHAB, D-BIOL (Analysis B) FS 10 Lösungen zur Serie 5 1. a) Die erste Kurve ist eine Kardioide (Herzkurve). i) Wenn man t durch t erstezt, kriegt man x( t) = x(t) und y( t) = y(t): die Kurve ist also zur x Achse symmetrisch. ii)/iii) Die gemeinsamen Punkte der Kurve mit der x /y Achse bestimmt man in dem man die Gleichungen x(t) = 0 und y(t) = 0 mit Hilfe der gegebenen trigonometrischen Identitäten löst. x(t) = cos t cos t = cos t cos t + 1 = 0 cos t = 1 3 Wegen der Periodizität der Cosinusfunktion, hat die obige Gleichung Lösungen t = ± arccos 1 3 und somit hat die Kurve zwei gemeinsame Punkte mit der ( y Achse: 0, ± 3 + ) 3. 1 In änlicher Weise y(t) = sin t sin t = sin t(1 cos t) = 0 sin t = 0 cos t = 1 und die gemeinsame Punkte mit der x Achse sind ( 1, 0 ) und ( 3, 0 ). 1 Hier haben wir die folgende Formel verwendet: sin ( arccos q ) = 1 q Bitte wenden!

2 iv)/v) Die Punkte mit horizontaler Tangente müssen die folgende Gleicung erfüllen y (t) = cos t cos t = cos t 4 cos t + = 0 cos t = 1 cos t = 1 Wenn wir das in der Parameterdarstellung der Kurve zurücksetzen, kriegen wir (1, 0), ( 1, 3 3 ) ( und 1, 3 3 Die änliche Gleichung für die Punkte mit vertikalen Tangente ). x (t) = sin t + sin t = sin t( 1 + cos t) = 0 sin t = 0 cos t = 1 liefert ( 3, 0), ( 3, 3 ) und ( 3, 3 ). vi) Bei dieser Funktion ist die Steigung für alle (x, y) wohldefiniert. b) Die zweite Kurve kann man als Graph einer Funktion x = x(y) deuten. i) Wenn man t durch t erstezt, kriegt man wieder x( t) = x(t) und y( t) = y(t): die Kurve ist also zur x Achse symmetrisch. ii)/iii) Die gemeinsamen Punkte der Kurve mit der x /y Achse bestimmt man durch die Gleichungen x(t) = t t4 = t (1 t ) = 0 y(t) = 4 3 t3 = 0 Daraus erhält man t = 0, ± und somit (0, 0) und Achse. Analog dazu liefert t = 0 nochmals (0, 0) als Lösung. ( 0, ± 8 3 ) auf die y Siehe nächstes Blatt!

3 iv)/v) An der Stelle t = 0 verschwinden beide Ableitungen x (t) = t t 3 und y (t) = 4 t. Das erste Polynom ( hat zusätzliche zwei symmetrische Nullstelle für 1 t = ± 1 und somit zwei Punkte, ± 4 ) mit vertikalen Tangente. 3 vi) In diesem Fall ist die Steigung der Tangente für t = 0 unbestimmt. In diesem Ausnahmepunkt berechnen wir die Steigung als Grenzwert: dy y (t) (0) = lim dx t 0 x (t) = lim 4 t t 0 t 3 t = lim 4 t 3 t 0 t = 0 Die Kurve hat also auch im Ursprung eine horizontale Tangente. c) Die dritte Kurve ist eine Lissajous-Figur i) Auch in diesem Fall besitzt die Kurve eine Spiegelsymmetrie, die man wie folgt verifizieren kann: x(t + π) = sin(t + π) = sin t = x(t) y(t + π) = sin( (t + π) 1) = sin( t 1 + π) sin( t 1) = y(t) Die Kurve ist also zur y Achse Symmetrisch. ii)/iii) Gemeinsamen Punkte der Kurve mit der x /y Achse: x(t) = 5 sin t = 0 t = 0, π, π (0, sin 1) (0, 0.841) y(t) = sin( t 1) = 0 t = 1 + kπ k = 0, 1,, 3 (± 5 sin 1 ), 0 (±.397, 0), ( ± 5 sin 1 + π ), 0 (± 4.07, 0) iv) Punkte mit horizontaler Tangente: y (t) = cos( t 1) = 0 t = k π + k = 1, 3, 5, 7 4 ( ( π ± 5 sin ) ) ( ( π, 1 (± 4.798, 1), ± 5 cos ) ), 1 (1.408, 1) Bitte wenden!

4 v) Punkte mit vertikaler Tangente: x (t) = 5 cos t = 0 t = π, 3 π (± 5, sin 1) (± 5, 0.841) vi). a) Wir bestimmen zunächst die Ableitungen der gegebenen Funktionen: dh(t) = ( h1 t, h ) T = (1, 1) T t und dg(x, y) = ( g x, g ) = (y, x). y b) Die verkettete Funktion lautet f = g h : R R, f(t) = g(h(t)) = g(t, t) = t. Die Ableitung von f kann man direkt bestimmen df(t) = t oder mit Hilfe der Kettenregel df(t) = dg ( h(t) ) ( ) 1 dh(t) = (t, t) = t. 1 Somit verifiziert man, dass df(t) = d ( g h ) (t) = dg ( h(t) ) dh(t) c) Die Niveaulinie von g zim Niveau ist die Hyperbel g(x, y) = x y = d.h. y = x. Die Liniarisierung p der gegebenen Funktion bei (x 0, y 0 ) = (, 1) ist p(x, y) = g(x 0, y 0 ) + x g(x 0, y 0 ) (x x 0 ) + y g(x 0, y 0 ) (y y 0 ) = = + 1 (x ) + (y 1) = x + y und somit lautet die Niveaulinie von p zum gleichen Niveau p(x, y) = x + y = ; Siehe nächstes Blatt!

5 anders gesagt, lautet die Tangente im Punkt (, 1) zur obigen Hyperbel y = 4 x. Schlussendlich kann man leicht verifizieren, dass im Punkt (, 1) steht die Tangente zum Gradient ( ) 1 g(, 1) = (dg(, 1)) T = senkrecht. 3. Die drei Funktionen ergeben drei verschiedene Darstellungen der gleichen Fläche (wenn eingeschränkte auf den oberen Halbraum). a) Wir bestimmen zunächst die Definitions- und Wertebereiche jeder Funktion. { } D f = (x, y) R x + y 5 und } W f = {z R + z 5 = [0, 5]. Der Definitionsbereich ist eine dimensionale Kreisscheibe mit Radius 5 um (0, 0) und der Wertebereich ist ein (abgeschlossene) Intervall. Die zweite Funktion ist für alle ϑ und ϕ wohldefiniert, d.h. D g = R (und offensichtlich dim R = ). Der Wertebereich bestimmt man in dem man die gewönliche trigonometrische Identität sin α + cos α = 1 mehrmals verwendet. Bitte wenden!

6 Sei g(ϑ, ϕ) = (g 1 (ϑ, ϕ), g (ϑ, ϕ), g 3 (ϑ, ϕ)) T, dann ist und somit g1 + g + g3 = 5 sin ϑ(cos ϕ + sin ϕ) + cos }{{} ϑ = 5 } =1 {{ } =1 W g = { } (x, y, z) R 3 x + y + z = 5. Wegen der Periodizität der trigonometrischen Funktionen, dieselbe Wertebereiche könnte man auch kriegen, wenn man nur [0, π] [0, π] als Definitionsbereich betrachtete. Auch die dritte Funktion ist überall wohledefiniert: in diesem Fall ist D h = R 3 (und dim R 3 = 3). Diese Funktion kann jeden positiven Wert annehmen, d.h. W h = R + = [0, ). b) Wie schon angedeutet, das Bild von g stimmt mit der Niveaufläche von h zum Niveau 5 überein: jede Niveaufläche von h entspricht eine Sphäre und g parametrisiert die Sphäre mit Radius r = 5. Wenn man z = f(x, y) setzt, kann man leicht verifizieren, dass der Graph von f ist die obere Halbspäre mit dem gleichen Radius. c) Die gesuchte Ableitungen lauten df(x, y) = 1 ( x, y) 5 x y 5 cos ϑ cos ϕ 5 sin ϑ sin ϕ dg(ϑ, ϕ) = 5 cos ϑ sin ϕ 5 sin ϑ cos ϕ 5 sin ϑ 0 (1 )-Matrix (3 )-Matrix dh(x, y, z) = ( x, y, z) (1 3)-Matrix d) Wenn wir h und g zusammensetzen, kriegen wir h g : R R mit h g(ϑ, ϕ) = (5 sin ϑ cos ϕ) + (5 sin ϑ sin ϕ) + (5 cos ϑ) = Somit ist offensichtlich = 5 sin ϑ (cos ϕ + sin ϕ) +5 cos ϑ = 5 }{{} =1 d ( h g ) )ϑ, ϕ) = (0, 0) Siehe nächstes Blatt!

7 e) Das gleiche Resultat kriegt man unter Verwendung der Kettenregel d ( h g ) (ϑ, ϕ) = dh ( g(ϑ, ϕ) ) dg(ϑ, ϕ) = 5 cos ϑ cos ϕ 5 sin ϑ sin ϕ = (g 1 (ϑ, ϕ), g (ϑ, ϕ), g 3 (ϑ, ϕ)) 5 cos ϑ sin ϕ 5 sin ϑ cos ϕ = 5 sin ϑ 0 cos ϑ cos ϕ sin ϑ sin ϕ =50 (sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ) cos ϑ sin ϕ sin ϑ cos ϕ = 0 sin ϑ 0 Das könnte man auch ohne zu rechnen erraten: g parametrisiert die Sphäre mit r = 5, hbeschreibt Niveauflächen, die Sphären entsprechen: h ist also per Konstruktion auf dem Bild von g konstant und somit muss die Ableitung verschwinden. f) Der zu betrachtende Gradient ist h(x, y, z) = ( dh(x, y, z) ) x T = y. z Der Vektor (x, y, z) T ist der Radius der Sphäre durch den Punkt (x, y, z) (0, 0, 0). Deshalb steht h(x, y, z) senkrecht auf der durch den Punkt verlaufenden Niveaufläche von h. 4. Aufgrund einfacher geometrischer Überlegungen müssen die Punkte folgende Gleichung erfüllen: y + (z + 1) = x + (z 1) Formt man das um, so ist ersichtlich, dass es sich um ein hyperbolisches Paraboloid im euklidischen Raum handelt: Der 3D Plot ist: z = 1 4 (x y ) Bitte wenden!

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