1 Lösungen zu Kapitel 1

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1 Lösungen zu Kapitel. Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt... Lösung. Untersuchen Sie die nachstehend definierten Folgen ( a k ) k und ( b k ) k auf Konvergenz und bestimmen Sie ggf. den jeweiligen Grenzwert: a) b) a k := bk := ( k k k ) k 2, k 2 + 3k k, ( k r=2 ( + ) ),k 2 ( 3 k r 3 + k). Lösung: Wir untersuchen die Folgen im R 2 auf Konvergenz und bestimmen dann ggf. deren Grenzwert, indem wir die Koordinatenfolgen betrachten, denn nach Satz. ist die Konvergenz einer Folge im R n gleichbedeutend mit der Konvergenz jeder der n Koordinatenfolgen. a): Es ist a k = (a (k) Wegen und ergibt sich,a(k) 2 ), wobei a (k) = k k k a(k) k2, 2 = k 2 + 3k k. a (k) = a (k) = k k 2 k j = j= k(k + ) 2 k(k + ) 2k 2 = ( + ) 2 k k 2. Aus (a + b)(a b) = a 2 b 2 erhält man a b = (a 2 b 2 )/(a + b). Wenden wir diesen Wurzeltrick auf a = k 2 + 3k und b = k an, so folgt a (k) 2 = ( k 2 + 3k) 2 k 2 k 2 + 3k + k = 3 k + 3 k + = k k 2 + 3k + k

2 Folglich konvergiert die Folge ( a k ) k für k gegen den Vektor a = ( 2, 3 2). b): Es ist b k = (b (k),b(k) 2 b (k) = ), wobei k r=2 ( + ), b (k) 2 = k 2 ( 3 k r 3 + k). Es ist b (k) = k r=2 ( + ) = r k ( ) r + r=2 = k k k + k r = k + 2 (Teleskop-Produkt!) und somit b (k) bei k. Da die erste Koordinatenfolge nicht konvergiert, konvergiert auch die Folge ( b k ) k nicht gegen einen Vektor b R 2. Wir wollen trotzdem noch zeigen, dass die zweite Koordiantenfolge konvergiert. Zur Umformung von b (k) 2 erweitern wir mit ( 3 k 3 + ) 2 + k 3 k k 2 und erhalten b (k) 2 = k 2 ( 3 ( ( k 3 + k) 3 k 3 + ) 2 ) + k 3 k k 2 ( 3 k 3 + ) 2. + k 3 k k 2 Ausmultiplizieren der letzten beiden Faktoren des Zählers liefert b (k) 2 = = k 2 ( 3 k 3 + ) 2 + k 3 k k 2 ( 3 + ) 2 k }{{ k } 3 + }{{} k Lösung. Sei ( a k ) k eine konvergente Folge von Vektoren des R n. Zeigen Sie, dass dann auch die arithmetischen Mittel bk := k ( a a k ) gegen den Grenzwert lim k a k = a konvergieren. 2

3 Lösung: Zu zeigen ist lim k bk = a. Setzen wir b k =: (b (k),...,b(k) n ) sowie a =: (a,...,a n ), so ist dies nach Satz. gleichbedeutend mit der Konvergenz lim k b(k) j = a j für jedes j =,...,n. () Wegen a k a bei k konvergiert nach Satz. jede der Koordinatenfolgen gegen die entsprechende Koordinate von a, d.h. es gilt lim k a(k) j = a j, j =,... n. (2) Die Aussage () folgt aus Formel (I.6.7); wir geben im Folgenden einen direkten Beweis. Hierzu wählen wir ein beliebiges j {,2,...,n} sowie ein beliebiges ε > 0. Wegen (2) gibt es nach Definition der Konvergenz in R eine natürliche Zahl k mit der Eigenschaft a (k) j a j ε 2 für jedes k > k. (3) Über die Abstände der ersten Folgenglieder a () j,...,a (k ) j zum Grenzwert a j ist keine Aussage möglich. Die Summe a () j a j + a (2) j a j a (k ) j a j dieser Abstände ist jedoch irgendeine nichtnegative Zahl C. Wenn wir k groß genug wählen, ist der Quotient C/k kleiner oder gleich ε 2, denn C/k konvergiert ja gegen Null. Es gibt also eine natürliche Zahl k 2, so dass a () j a j + a (2) j a j a (k ) j a j ε k 2 für jedes k > k 2. (4) Für jedes k > k 0 := max{k,k 2 } gelten dann sowohl (3) als auch (4), und für solche k erhalten wir unter Verwendung der Dreieicksungleichung b (k) a () j a (k) j a () j a (k) j j a j = a j = ka j k k k a () j a j a (k) j a j = k was zu zeigen war. a() j a j a (k ) j a j k }{{} ε 2 (4) ε 2 + k k k }{{} ε 2 ε, 3 + ε 2 {}}{ a (k +) j a j k ε 2 {}}{ a (k) j a j

4 ..3 Lösung. Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen für Vektoren im R n : a) n x x x, b) x x 2 n x. Lösung: Zu a): Wir zeigen zunächst die erste Ungleichung. Es ist n x = n x j n n n max{ x j : j =,...,n} j= = n n max{ x j : j =,...,n} = max{ x j : j =,...,n} = x. Da das Maximum von nichtnegativen Zahlen höchstens gleich der Summe dieser Zahlen ist (das Maximum allein ist eine der zu addierenden Zahlen!) folgt x = max{ x j : j =,...,n} x x n = x. Somit gilt auch die zweite Ungleichung. Zu b): Um die erste Ungleichung zu zeigen, quadrieren wir die linke Seite und schätzen nach oben ab. Haben wir gezeigt, dass das Quadrat der linken Seite kleiner gleich dem Quadrat der rechten Seite ist, können wir auf beiden Seiten die Wurzel ziehen. Wegen der Monotonie der Wurzelfunktion ändert dies nichts an der Ungleichung. Es gilt x 2 j= = ( max{ x j : j =,...,n} ) 2 = max{ xj 2 : j =,...,n} x x n 2 = x 2 2. Dabei gilt das Kleiner-Gleich-Zeichen mit dem gleichen Argument wie oben (das Maximum von nichtnegativen Zahlen ist höchstens gleich der Summe dieser Zahlen). Wurzelziehen auf beiden Seiten liefert die Behauptung. Die zweite Ungleichung zeigen wir, indem wir die linke Seite quadrieren und nach oben abschätzen. Haben wir gezeigt, dass das Quadrat der linken Seite kleiner gleich dem Quadrat der rechten Seite ist, ziehen wir wie beim Beweis der ersten Ungleichung anschließend die Wurzel. Es gilt x 2 2 = x x2 n n max{x j 2 : j =,...,n} = n max{ x j 2 : j =,...,n} = n ( max{ x j : j =,...,n} ) 2 = n x 2. 4

5 Wurzelziehen auf beiden Seiten liefert die Behauptung...4 Lösung. Zeigen Sie, dass durch x := max{ x j : j =,...,n}, x R n, eine Norm auf R n definiert ist. Lösung: Eine Abbildung : R n [0, ), x x, heißt Norm auf R n, falls für alle x, y R n und alle λ R die folgenden Bedingungen gelten (vgl...4): a) x = 0 x = 0 (Definitheit), b) λ x = λ x (Homogenität), c) x + y x + y (Dreiecksungleichung). Zu a): Sei x R n. Es gilt x = 0 max{ x j : j =,...,n} = 0 Zu b): Seien x R n, λ R. Es gilt x j = 0 für jedes j =,...,n x j = 0 für jedes j =,...,n x = 0. λ x = max{ λ x j : j =,...,n} = max{ λ x j : j =,...,n} = λ max{ x j : j =,...,n} = λ x. Zu c): Seien x, y R n. Die Dreiecksungleichung für reelle Zahlen liefert x + y = max{ x j + y j : j =,...,n} max{ x j + y j : j =,...,n} max{ x j : j =,...,n} + max{ y j : j =,...,n} = x + y. 5

6 ..5 Lösung. Es sei f : R n R p, x f( x), eine lineare Abbildung vom R n in den R p. Weiter sei R p eine Norm auf R p. Zeigen Sie: Definiert man für x R n x R n := f( x) R p, (5) so ist R n genau dann eine Norm auf R n, falls f injektiv ist. Lösung: Die Behauptung lautet: R n ist eine Norm auf R n Die lineare Abbildung f ist injektiv. Beweis: : Wir setzen voraus, dass R n eine Norm auf R n ist. Zu zeigen ist die Injektivität der linearen Abbildung f. Diese ist nach Satz I.8.24 gleichbedeutend damit, dass f( x) = 0 nur für x = 0 gelten kann, also Kern(f) = { 0} gilt. Wir wählen also ein x R n mit f( x) = 0. Nach (5) gilt x R n = f( x) R p = 0 R p = 0. Da R n nach Voraussetzung eine Norm ist, sagt uns die Definitheitseigenschaft einer Norm, dass x = 0 ist, und dies war zu zeigen. : Wir setzen jetzt voraus, dass die lineare Abbildung f injektiv ist und behaupten, dass R n eine Norm auf dem R n ist, müssen also die Normeigenschaften der Definitheit, der Homogenität sowie die Dreiecksungleichung nachweisen. Definitheit (i) Zunächst gilt x R n = f( x) R p 0 für jedes x R n. (ii) Wir zeigen: x R n = 0 x = 0. Aus 0 = x R n = f( x) R p folgt wegen der Definitheit von R p f( x) = 0. Die Injektivität von f liefert dann x = 0. Ist umgekehrt x = 0 vorausgesetzt, so folgt x R n = f( x) R p = f( 0) R p = 0 R p = 0. Formaler und kürzer lautet die Argumentation x R n = f( x) R p = 0 f( x) = 0 x = 0, da f injektiv. Homogenität Seien x R n und λ R. Wegen (5), der Linearität von f, der Homogenität der Norm R p und wiederum (5) gilt 6

7 λ x R n = f(λ x) R p = λ f( x) R p = λ f( x) R p = λ x R n. Dreiecksungleichung Es seien x, y R n. Wegen (5), der Linearität von f, der Dreiecksungleichung für die Norm R p und wiederum (5) gilt x + y R n = f( x + y) R p = f( x) + f( y) R p f( x) R p + f( y) R p = x R n + y R n..2 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt.2.2. Lösung. Zeigen Sie: a) Die Vereinigung beliebig vieler offener Teilmengen des R n ist wieder offen. b) Der Durchschnitt endlich vieler abgeschlossener Teilmengen des R n ist wieder abgeschlossen. c) Die Aussage in b) wird falsch, wenn das Wort endlich durch beliebig ersetzt wird. Lösung: Zu a): Es seien I eine beliebige nichtleere Indexmenge und A i, i I, offene Teilmengen des R n. Zu zeigen ist, dass die Menge A : = i I A i = { x : x A i für mindestens ein i I} offen ist. Sei hierzu x A ein beliebiger Punkt aus A. Nach Definition gibt es ein j I mit x A j. Da A j offen ist, ist x innerer Punkt von A j. Somit existiert nach.2.2 (i) eine Umgebung U von x mit x U und U A j. Wegen A j A gilt dann auch U A, so dass A (da x beliebig war) nur innere Punkte enthält und somit nach.2.3 (i) offen ist. Zu b): Es seien A,...,A k, k 2, abgeschlossene Teilmengen des R n sowie A := A... A k deren Durchschnitt. Wir zeigen die Abgeschlossenheit von A mit Hilfe des Kriteriums aus Satz.9. (ii), wonach eine Menge M R n genau dann abgeschlossen ist, wenn der Grenzwert jeder konvergenten Folge von 7

8 Gliedern aus M ebenfalls zu M gehört. Sei also ( x j ) j eine beliebige konvergente Folge mit x j A für jedes j, deren Grenzwert mit x bezeichnet sei. Da für jedes feste l =,...,k die Folge ( x j ) j insbesondere eine Folge mit Gliedern aus A l ist, gilt da A l abgeschlossen ist x A l. Somit gilt x A, was zu zeigen war. Zu c): Ein einfaches Gegenbeispiel bilden die abgeschlossenen Intervalle A k := [/k,], k, im R. Deren Durchschnitt ist das Intervall (0,], welches den Randpunkt 0 nicht enthält und somit keine abgeschlossene Menge ist..2.2 Lösung. Es seien a, b R. Zeigen Sie, dass die folgenden Teilmengen des R 2 abgeschlossen sind: a) M := {(a,b)}, a) M 2 := {(x,y) R 2 : y = a x + b}, b) M 3 := {(x,y) R 2 : x y = a}. Lösung: Zu a: Jede einpunktige Teilmenge M des R n ist nach Satz.9 (ii) abgeschlossen (somit auch M ), denn der Grenzwert jeder konvergenten Folge mit Gliedern aus M gehört ebenfalls zu M (es gibt nur die konstante Folge, deren Glieder das einzige Element aus M sind!). Zu b): Wir wenden den schon eben benutzten Satz.9. (ii) an. Es sei (x k,y k ) eine Folge aus M 2 mit (x k,y k ) (x,y) bei k, also x k x und y k y. (6) Wegen (x k,y k ) M 2 gilt y k = ax k + b. Aus (6) folgt dann y = ax + b und somit (x,y) M 2, was zu zeigen war. Zu c): Der Nachweis erfolgt wie in b). Es sei (x k,y k ) eine Folge aus M 3 mit (x k,y k ) (x,y) bei k, also (6). Wegen (x k,y k ) M 3 gilt x k y k = a. Aus (6) folgt dann xy = a und somit (x,y) M 3, was zu zeigen war. 8

9 .3 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt.3.3. Lösung. Es seien m, n und k natürliche Zahlen, D R n, E R m und f : D R m, g : E R k Funktionen mit f(d) E. Zeigen Sie: Sind f und g stetig, so ist auch die Komposition g f : D R k, x g f( x) := g(f( x)), eine stetige Funktion. Lösung: Es seien x 0 ein beliebiger Punkt aus D und ( x k ) eine beliebige Folge mit Elementen aus D mit der Eigenschaft x k x 0 für k. Wegen der Stetigkeit von f ist dann (f( x k )) eine konvergente Folge in f(d) E mit Grenzwert f( x 0 ). Da g (insbesondere an der Stelle f( x 0 )) stetig ist, konvergiert die Folge g(f( x k )) gegen g(f( x 0 )), was nach Definition der Stetigkeit (siehe.3.) zu zeigen war..3.2 Lösung. Konvergieren die Funktionswerte f(x, y) der durch f(x,y) = x 2 + y 2 x 2 + y 2 + definierten Funktion f : R 2 \ {(0,0)} R für (x,y) (0,0)? Bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert. Lösung: Für (x,y) (0,0) gilt, wenn wir mit x 2 + y erweitern, f(x,y) = x 2 + y 2 x 2 + y 2 + = (x 2 + y 2 ) ( x 2 + y ) ( x 2 + y 2 + ) ( x 2 + y ) = (x2 + y 2 ) ( x 2 + y ) x 2 + y 2 + = (x2 + y 2 ) ( x 2 + y ) x 2 + y 2 = x 2 + y Also gilt für den Grenzwert lim f(x,y) = lim x 2 + y = 2. (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) Die Funktionswerte f(x,y) konvergieren also für (x,y) (0,0) gegen 2. 9

10 .3.3 Lösung. Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Stetigkeit: a) f : R 2 R f (x,y) := { (x y 2 ) 2, (x ) 2 +(y ) 2 falls (x,y) (,) 0, falls (x,y) = (,) b) f 2 : R 2 R f 2 (x,y) := { (x )2 (cos(y) ), (x ) 2 +y 2 falls (x,y) (,0) 0, falls (x,y) = (,0) c) f 3 : R 2 R f 3 (x,y) := { (x 2y 4) x 2+xy, falls xy 2 2, falls xy = 2 Lösung: Wir schicken einige grundsätzliche Betrachtungen voraus. Jede der Funktionen f, f 2 und f 3 ist abschnittsweise definiert, d.h. die Vorschrift zur Bildung der Funktionswerte ist nicht einheitlich auf dem gesamten Definitionsbereich D (in den obigen Fällen ist D = R 2 ), sondern unterschiedlich auf zwei disjunkten Teilmengen D und D 2 von D, deren Vereinigung D ist. Dabei ist D offen, und die Funktion ist auf D stetig, was man häufig am einfachsten mit Definition.3. nachweist. D 2 stellt einen gesondert zu betrachtenden Ausnahmefall dar. Zu a): In diesem Fall ist D = {(x,y) R 2 : (x,y) (,)}; als Komplement der einpunktigen Menge {(,)} ist D offen (vgl. Aufgabe??). Auf D ist f stetig, was man wie folgt einsieht: Ist (x k,y k ) eine beliebige Folge mit (x k,y k ) (x,y) für ein (x,y) D, so liegt, da D offen ist, (x k,y k ) für genügend großes k in D, so dass für solche k f (x k,y k ) = (x k y 2 k )2 (x k ) 2 + (y k ) 2 (7) ist. Wegen x k x und y k y konvergiert die rechte Seite von (7) nach Rechenregeln für konvergente Folgen gegen f (x,y), und somit ist f auf D stetig. 0

11 Was passiert im Ausnahmepunkt (, ), in dem der Nenner des Funktionsausdrucks für f auf D Null wird? Wir wählen die Folge ((, + k )). Diese konvergiert für k gegen (,). Falls f im Punkt (,) stetig ist, muss also die Folge der Funktionswerte f (, + k ) für k gegen f (,), also gegen 0, konvergieren. Dies ist aber nicht der Fall, denn es gilt ( f, + ) k ( ( + k = )2 ) 2 ( ) 2 + ( + k = ( ( + 2 k + )) 2 k 2 )2 0 + k 2 = ( 2 k ) k 2 k = 2 k 3 k 4 k 2 k 2 = k + k 2 k 4 0. Die Funktion f ist also (nur) an der Stelle (,) nicht stetig. Anmerkung: Die Nichtstetigkeit einer Funktion f an einer Stelle x 0 weist man also nach, indem man eine gegen x 0 konvergierende Folge x k angibt, für die die Funktionswerte f( x k ) nicht gegen f( x 0 ) (mit)konvergieren. Wie kommt man nun auf die richtige Folge? Durch Probieren! So hätte die Folge ( + k, + k ) auch zu einem Gegenbeispiel geführt, allerdings mit anderem Grenzwert. Jetzt weiß man natürlich nicht von vornherein, ob die Funktion stetig in x 0 ist oder nicht. Wie geht man dann vor? Falls man keine Vorstellung hat, ob die Funktion in x 0 stetig ist oder nicht, kann man erstmal eine Folge ( x k ) einsetzen, welche gegen x 0 konvergiert. Konvergieren die Funktionswerte nicht mit, hat man gleich ein Gegenbeispiel gefunden und bewiesen, dass f in x 0 nicht stetig ist. Gilt aber f( x k ) f( x 0 ), so hat man leider auch noch keinen Beweis für die Stetigkeit von f an der Stelle x 0. Aber vielleicht besitzt man nun eher ein Gefühl dafür, ob man mit einer anderen Folge die Unstetigkeit von f in x 0 nachweisen kann oder ob f nicht doch in x 0 stetig ist. Zu b): Die Funktion f 2 ist offensichtlich stetig in allen Punkten der offenen Menge {(x,y) R 2 ;(x,y) (,0)} (Begründung wie in a) für f auf der Menge D ). Wir müssen also nachprüfen, ob sie auch in (,0) stetig ist. Dazu betrachten wir den Abstand von f 2 (x,y) und f 2 (,0) für (x,y) (,0). Es gilt f 2 (x,y) f 2 (,0) = (x ) 2 (cos(y) ) (x ) 2 + y 2 0 (x ) 2 (cos(y) ) (x ) 2 = cos(y).

12 Ist also (x k,y k ) eine beliebige Folge mit (x k,y k ) (,0), so gilt f 2 (x k,y k ) f 2 (,0) cos y k 0 bei k, da y k 0. Somit ist f 2 auf ganz R 2 stetig. Zu c): Die Funktion f 3 ist auf der nach Aufgabe?? c) offenen Menge R 2 \ {(x,y) R 2 : x y = 2} stetig (Begründung wie in Teil a) für f ). Was gilt nun in den Punkten (x,y) mit x y = 2? Hierzu sei (x 0,y 0 ) ein beliebiger Punkt mit x 0 y 0 = 2; es gilt also f 3 (x 0,y 0 ) = 2. Wir betrachten eine allgemeine Folge (x k,y k ) aus der Menge D := {(x,y) : xy 2}, die gegen (x 0,y 0 ) konvergiert. Dabei machen wir den Ansatz x k =: x 0 + u k, y k =: y 0 + v k mit Folgen (u k ) und (v k ), die gegen Null konvergieren, aber bis auf Weiteres beliebig sind. Wegen x 0 y 0 = 2 gilt f 3 (x k,y k ) = (x k 2y k 4)x k = (x 0 + u k 2(y 0 + v k ) 4)(x 0 + u k ) 2 + x k y k 2 + (x 0 + u k )(y 0 + v k ) = (x 0 2y u k 2v k )(x 0 + u k ) x 0 v k + y 0 u k + u k v k = ( x 0 (x 0 2) 2 + u k 2v k )(x 0 + u k ). x 0 v k + y 0 u k + u k v k Betrachtet man den Zähler, so liegt es nahe, v k := u k /2 zu setzen, also die gegen (x 0,y 0 ) konvergierende Folge (x k,y k ) zu spezialisieren. Mit dieser Festsetzung folgt wegen y 0 = 2/x 0 durch Ausklammern von u k im Nenner f 3 (x k,y k ) = x 0 (x 0 2) 2 (x 0 + u k ) ( ) u x0 k 2 2 x 0 + u k 2 Wählt man jetzt speziell u k := /k, so ergibt sich f 3 (x k,y k ) = k x 0 (x 0 2) 2 (x 0 + k ) x x 0 +. (8) 2k Gilt x 0 = 2 (und somit y 0 = ), so ist f 3 (x k,y k ) = 0, die Folge der Funktionswerte konvergiert also nicht gegen 2, was zeigt, dass f 3 an der Stelle (2, ) unstetig ist. Ist x 0 2, so konvergiert der Zähler von (8) für k gegen Unendlich. Der Nenner ist für x 0 = 2 gleich /(2k), konvergiert also gegen Null, 2

13 so dass f 3 (x k,y k ). Für x 0 2 konvergiert der Nenner in (8) gegen die Zahl x 0 /2 2/x 0, die entweder positiv (für x 0 > 2 und 2 < x 0 < 0) oder negativ (für x 0 < 2 und 0 < x 0 < 2) ist. Der Ausdruck (8) konvergiert dann entweder gegen oder gegen. Fazit: Die Funktion f 3 ist an jeder Stelle (x,y) mit xy = 2 unstetig..3.4 Lösung. Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Stetigkeit: a) f : R 2 R f (x,y) := { y y x, falls x y; 0, falls x = y. b) f 2 : R 2 R f 2 (x,y) := { xy 2 x 2 +y 4, falls (x,y) (0,0) 0, falls (x,y) = (0,0). c) f 3 : R 2 R 2 f 3 (x,y) := { (3y + 2,2x), falls (x,y) (0,0); (2,0), falls (x,y) = (0,0). d) f 4 : R 3 R f 4 (x,y,z) := { x 2 +y 2 +x 2 y 2 x 2 +y 2, falls (x,y,z) R 3, (x,y) (0,0);, falls (x,y,z) R 3, (x,y) = (0,0. Lösung: Die Funktionen sind abschnittsweise definiert (vgl. die grundsätzlichen Betrachtungen in Lösung.3.3). Zu a): Auf der offenen Menge D := {(x,y) R 2 : x y} (d.h. in allen Punkten mit Ausnahme der Diagonalen {(x,x) : x R}) ist f stetig (Begründung: Konvergiert (x k,y k ) gegen (x,y) D, so konvergiert y k /(x k y k ) gegen y/(x y)). Für einen Punkt (x, x) auf der Diagonalen betrachten wir die gegen (x, x) konvergierende Folge (x k,y k ) := (x + /k,x), k. Es gilt f (x k,y k ) = x + k x + = kx +, k x 3

14 so dass der Grenzwert lim k f (x k,y k ) entweder, oder ist, je nachdem, ob x > 0, x = 0 oder x < 0 gilt. Da dieser Grenzwert von f (x,x) = 0 verschieden ist, ist f 3 in allen Punkten (x,x) mit x R unstetig. Zu b): Die Funktion f 2 ist in jedem Punkt mit Ausnahme des Nullpunktes (0,0) stetig (Begründung analog zu früher: Ist (x,y) (0,0), so ist der Nenner x 2 + y 4 in dem f 2 definierenden Quotienten positiv. Konvergiert eine Folge (x k,y k ) gegen (x,y), so konvergiert auch x k y 2 k /(x2 k + y4 k ) gegen xy2 /(x 2 + y 4 ). Zur Untersuchung des Verhaltens von f 2 im Punkt (0,0) betrachten wir die gegen (0,0) konvergierende Folge (x k,y k ) mit x k := /k, y k := / k. Es gilt f 2 (x k,y k ) = /2 für jedes k, so dass f 2 (x k,y k ) nicht gegen f 2 (0,0) = 0 konvergiert. Die Funktion f 2 ist somit nicht stetig im Nullpunkt. Zu c): Die Funktion f 3 ist offenbar auf R 2 \ {(0,0)} stetig (Begründung analog zu oben). Sie ist aber auch stetig in (0,0). Ist nämlich (x k,y k ) eine beliebige gegen (0,0) konvergierende Folge, so konvergieren sowohl (x k ) als auch (y k ) gegen 0, und es folgt lim f 3(x k,y k ) = lim (3y k + 2,2x k ) = (2,0) = f 3 (0,0). k k Zu d): Der Funktionswert dieser (abschnittsweise definierten) Funktion f 4 hängt nicht von z ab. Insofern können wir bei der Untersuchung der Funktionswerte von Folgen (x k,y k,z k ), die gegen (x,y,z) R 3 konvergieren, ohne Beschränkung der Allgemeinheit z k = z = 0, k, annehmen. Offenbar (Begründung analog wie oben) ist f 4 stetig in jedem Punkt (x,y,z) mit (x,y) (0,0). Ist (x k,y k,0) eine beliebige gegen (0,0,0) konvergierende Folge, so gilt für x k 0 und y k 0 (andernfalls ist f 4 (x k,y k,0) = ) f 4 (x k,y k,0) = x2 k + y2 k + x2 k y2 k x 2 k + y2 k = + x2 k y2 k x 2 k + y2 k = + + yk 2 x 2 k und somit lim k f 4 (x k,y k,0) = = f 4 (0,0,0), da lim k (y 2 k +x 2 k ) =. Die Funktion f 4 ist somit in jedem Punkt stetig..3.5 Lösung. Welche der folgenden Matrizen ist positiv (semi)definit, indefinit, negativ (semi)definit? ( ) ( ) A =, B =, 0 ( ) ( 5 ) C =, D =

15 Lösung: Wir verwenden das Determinantenkriterium für Definitheit (Satz.5). Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, kann sie durch keinen der in Satz.5 aufgeführten Definitheitsbegriffe beschrieben werden. Die folgenden Betrachtungen beziehen sich auf eine symmetrische 2 2-Matrix der Gestalt ( ) a c. c b Die Matrix B ist von dieser Gestalt, wobei a = 2, c =, b =. Wegen a 0 und ab c 2 > 0 ist die Situation von Satz.5 (iii) gegeben, so dass B negativ definit ist. Die Matrix C ist ebenfalls von dieser Gestalt, mit a =, c = 5 und b = 5. Wegen a 0, b 0 und ab c 2 0 sind die Voraussetzungen von Satz.5 (ii) gegeben, was bedeutet, dass C positiv semidefinit ist. Für die symmetrische Matrix D gilt a = /3, c = 2 und b = 4. Wegen ab c 2 < 0 ist D nach Satz.5 (v) indefinit..4 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt.4.4. Lösung. Vorgegeben sei die Abbildung f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := e x2 ( 2 + x 2 + y 2 ). a) Zeigen Sie, dass f (total) differenzierbar ist. b) Bestimmen Sie die Gleichung der Tangentialebene an den Graphen der Funktion f im Punkt (2,0). c) Bestimmen Sie für alle (x,y) R 2 die Richtungsableitung f v (x,y) = v f(x,y) von f in Richtung des Vektors v := 2 (,). d) Bestimmen Sie im Punkt (x 0,y 0 ) := (,2) die Richtung des steilsten Anstiegs von f, d.h. bestimmen Sie diejenige Richtung v 0 R 2, v 0 2 =, für die gilt: { } f f (,2) = v0 f(,2) = max v 0 v (,2) : v R2, v 2 =. 5

16 Lösung: Zu a): Da die partiellen Ableitungen f x (x,y) = e x2 2x(x 2 + y 2 ), f y (x,y) = e x2 2y (9) von f nach x und y stetig sind, ist f nach Satz.33 (ii) (total) differenzzierbar. Zu b): Nach.4.6 heißt die durch die Menge { n T f ( a) := (x,...,x n,z) R n+ : x,...,x n R,z = f( a)+ j= } j f( a)(x j a j ) definierte Hyperebene T f ( a) im R n+ die Tangentialebene an f im Punkt ( a,f( a)). Die Gleichung der Tangentialebene T f ( a) lautet somit z = f( a) + n j f( a)(x j a j ). j= Aus (9) folgt f x (2,0) = 2 e 3 und f y (2,0) = 0. Wegen f(2,0) = 2 e 3 ergibt sich die Gleichung der Tangentialebene im Punkt (x 0,y 0 ) = (2,0) an den Graphen der Funktion f zu z = f(2,0) + f x (2,0) (x 2) + f y (2,0) (y 0) = 2 e e 3 (x 2) = 22 e e 3 x. Zu c: Nach Satz.45 berechnet sich die Richtungsableitung von f im Punkt a in Richtung v zu v f( a) = f ( a), v, v S n. Dabei ist S n die Einheitssphäre S n := { x R n : x 2 = }. Mit (9) folgt ( ) f 2 (,) = (f x (x,y), f y (x,y)), v v = e x2 (2 x x y 2 2 x + 2 y). 2 Zu d: Um die Richtung des steilsten Anstiegs im Punkt (,2) zu finden, benötigen wir nach Satz.46 lediglich den normierten (!) Gradienten von f in diesem Punkt, denn es gilt ja nach Satz.46 für die Richtung des steilsten Anstiegs im Punkt a max{ v f( a) : v S n } = v0 f( a) = f ( a) 2. 6

17 Die partiellen Ableitungen im Punkt (,2) ergeben sich aus (9) zu f x (,2) = 8 und f y (,2) = 4. Demzufolge ist die Richtung des steilsten Anstieges (normiert!) v 0 = 80 (8,4)..4.2 Lösung. Vorgegeben sei die Abbildung f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := e x (x 2 + y 2 2 x). a) Bestimmen Sie im Punkt (x 0,y 0 ) = (,2) die Richtungsableitung von f in Richtung des Vektors v 0 := (0, ). a) Bestimmen Sie im Punkt (x 0,y 0 ) := (,2) die Richtung des steilsten Anstiegs von f, d.h. bestimmen Sie diejenige Richtung v R 2, v 2 =, für die gilt: { f f (,2) = v (,2) = max v v (,2) } v R 2, v 2 =. Lösung: Zu a): Nach Satz.45 berechnet sich die Richtungsableitung von f im Punkt a in Richtung v zu v f( a) = f ( a), v, v S n. Dabei ist S n die Einheitssphäre S n := { x R n : x 2 = }. Die partiellen Ableitungen der Funktion f lauten f x (x,y) = ex (x 2 + y 2 2x) + e x (2x 2) = e x (x 2 + y 2 2), f y (x,y) = 2yex. Die partiellen Ableitungen im Punkt (, 2) sind somit f x (,2) = f x(,2) = 3e, f y (,2) = f y(,2) = 4e. Damit ergibt sich die Richtungsableitung von f im Punkt (x 0,y 0 ) = (,2) in Richtung des Vektors v = (0, ) (beachte: es gilt v 2 = ) zu 7

18 v f(,2) = f v (,2) = (3 e,4 e),(0, ) = 4e. Zu b): Um die Richtung des steilsten Anstiegs im Punkt (,2) zu finden, benötigen wir nach Satz.46 lediglich den normierten (!) Gradienten von f in diesem Punkt, denn es gilt ja nach Satz.46 für die Richtung des steilsten Anstiegs im Punkt a max{ v f( a) : v S n } = v0 f( a) = f ( a) 2. Dieser Gradient lautet f (,2) = (3e,4e). Die Richtung des steilsten Anstieges erhalten wir durch Normieren: v 0 = 5e (3e,4e)..4.3 Lösung. Vorgegeben sei die Funktion f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := xsin( x + y ). a) Ist die Funktion f im Punkt (,0) partiell nach y differenzierbar? Falls ja, geben Sie den Wert der partiellen Ableitung in diesem Punkt an. b) Zeigen Sie, dass f im Punkt (0,0) (total) differenzierbar ist und geben Sie den Gradienten der Funktion in diesem Punkt an. Lösung: Zu a): Wir wollen herausfinden, ob f im Punkt (,0) partiell nach y differenzierbar ist. Hierzu betrachten wir die Schnittfunktion ϕ(y) := f(, y). Es ist { sin( + y), falls y 0; ϕ(y) = f(,y) = sin( y), falls y < 0 und damit (rechtsseitige bzw. linksseitige Ableitung) ϕ (y) = f { cos( + y), falls y 0; y (,y) = cos( y), falls y < 0. Für y 0+ konvergiert ϕ (y) gegen cos() 0, und bei y 0 geht ϕ (y) gegen cos(). Da beide Werte verschieden sind, ist f im Punkt (,0) nicht nach y differenzierbar. 8

19 Zu b): Wir wollen zeigen, dass f im Punkt (0,0) (total) differenzierbar ist. Die Schnittfunktionen f(0, y) und f(x, 0) sind f(0,y) = 0, { xsin(x), falls x 0; f(x,0) = xsin(x), falls x < 0. Die Funktion y f(0,y) ist differenzierbar mit Ableitung Null, so dass f y (0,0) = 0. Für die Schnittfunktion ϕ(x) := f(x,0) gilt ϕ (x) = f { sin(x) + xcos(x), (x 0) 0 für x 0 x (x,0) = sin(x) xcos(x), (x 0) 0 für x 0 Da die (jeweils einseitig gebildeten) Ableitungen im Nullpunkt übereinstimmen (und gleich 0 sind), existiert die Ableitung der Schnittfunktion in x = 0 und ist gleich 0. Somit gilt f x (0,0) = 0. Insgesamt haben wir erhalten, dass f in (0,0) partiell nach x und y differenzierbar ist, wobei f (0,0) = (0,0). Um f auf totale Differenzierbarkeit in (0, 0) zu prüfen, müssen wir zeigen, dass der Differenzenquotient f(x,y) f(0,0) (0,0),(x 0,y 0) (x 0) 2 + (y 0) 2 = f(x,y) x 2 + y 2 für (x,y) (0,0) gegen 0 geht. Nun gilt f(x,y) x = sin( x + y ) x 2 + y 2 x 2 + y2 sin( x + y ) 0 für (x,y) (0,0). Folglich ist f in (0,0) total differenzierbar, und es gilt f (0,0) = (0,0)..5 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt.5.5. Lösung. Bestimmen Sie die Taylorpolynome T ( x;f; a) und T 2 ( x;f; a) zum Entwicklungspunkt a = (2, 0) der Abbildung f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := e x2 ( 2 + x 2 + y 2 ). 9

20 Lösung: Sind f : D R n R eine C k -Funktion und a D, so heißt nach.5. die Funktion k x T k ( x;f; a) := f( a) + P m ( x a;f; a) m= Taylorpolynom k-ter Ordnung zum Entwicklungspunkt a. Dabei ist P m ( x;f; a) = m! n... i = n i m= m x i... x im f( a) x i... x im Zur Bestimmung der Taylorpolynome erster und zweiter Ordnung benötigen wir die Polynome P m ( x a;f; a) für m = und m = 2. Es gilt (s.a. die Darstellungen in.5.) P ( x a;f, a) = f ( a), x a, P 2 ( x a;f, a) = (x a,...,x n a n ) 2 = 2 ( x a) H f ( a)( x a). 2 f( a) x 2. 2 f( a) x x n 2 f( a) x n x f( a) x 2 n x a. x n a n Dabei ist H f ( a) die Hesse-Matrix von f an der Stelle a. In unserem Fall ist n = 2, und wir schreiben x = x und y = x 2. Der Entwicklungspunkt a ist (2,0). Zur Bestimmung des ersten Taylorpolynoms benötigen wir also den Gradienten von f im Punkt a; für das zweite Taylorpolynom kommen alle partiellen Ableitungen zweiter Ordnung hinzu. Es gilt (vgl. (9)) f x (x,y) = f x(x,y) = [(2x)e x2 ( 2+x 2 +y 2 )] + [e x2 (2x)] = e x2 2x (x 2 +y 2 ) f y (x,y) = f y(x,y) = e x2 2 y. Für das Taylorpolynom. Ordnung zum Entwicklungpunkt (2, 0) benötigen wir f x (2,0) = 2e3, f y (2,0) = 0 und erhalten somit als Taylorpolynom. Ordnung zum Entwicklungspunkt (2,0) T ((x,y);f;(2,0)) = f(2,0) + f x(2,0) (x 2) + f y(2,0) (y 0)!! = 2e 3 + 2e 3 (x 2). 20

21 Für das Taylorpolynom 2. Ordnung benötigen wir die partiellen Ableitungen 2 f x x (x,y) = f xx(x,y) = 4x 4 e x2 + 6x 2 e x2 + 4x 2 y 2 e x2 + 2y 2 e x2 4x 2 e x2 2e x2 2 f x y (x,y) = f xy(x,y) = 4xye x2 2 f y y (x,y) = f yy(x,y) = 2e x2 2 f y x (x,y) = f yx(x,y) = 2 f x y (x,y) = 4xyex2. Das vorletzte Gleichheitszeichen gilt dabei aufgrund des Vertauschungssatzes von Schwarz (Satz.3). Speziell für die Stelle (2, 0) ergibt sich 2 f x x (2,0) = 70e3, 2 f x y (2,0) = 0 = 2 f y x (2,0), 2 f y y (2,0) = 2e3. Somit erhält man für das Taylorpolynom zweiter Ordnung T 2 ((x,y);f;(2,0)) = f(2,0) + f! f (2,0) (y 0) y x (2,0) (x 2) +! + 2 f (2,0) (x 2)2 2! x x f (2,0) (x 2) (y 0) 2! x y + 2 f (2,0) (y 0)2 2! y y = 2e 3 + 2e 3 (x 2) e3 (x 2) 2 + e 3 (y 0) 2..6 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt.6.6. Lösung. Untersuchen Sie die Funktion f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := e x (x 2 + y 2 2 x) auf lokale Extrema (vgl. Aufgabe??). 2

22 Lösung: Der Gradient von f ist (vgl. Lösung.4.2) f (x,y) = ( e x (x 2 + y 2 2),2ye x). Somit gilt f (x,y) = (0,0) für x = ± 2 und y = 0. Die beiden stationären Punkte von f sind also ( 2,0) und ( 2,0). Nur in diesen Punkten können lokale Extrema vorliegen. Wir wenden jetzt Satz.55 über hinreichende Kriterien für lokale Extrema im R 2 an. Hierzu benörigen wir die partiellen Ableitungen 2. Ordnung f xx (x,y) = e x (x 2 + y x), f xy (x,y) = f yx (x,y) = 2ye x, f yy (x,y) = 2e x. Für den stationären Punkt (x,y ) = (+ 2,0) ergibt sich dann f xx (+ 2,0) = 2 2e 2, f xy (+ 2,0) = f yx (+ 2,0) = 0, f yy (+ 2,0) = 2e 2. Damit lautet die Hesse-Matrix von f im Punkt (+ 2,0): H f ((+ ( 2 2e 2 0 2,0)) = 0 2e 2 ), Diese Matrix ist positiv definit, also besitzt f im Punkt (+ 2,0) ein lokales Minimum. Die Hesse-Matrix von f im Punkt (x 2,y 2 ) = ( 2,0) lautet H f (( ( 2 2e ) 2 0 2,0)) = 0 2e. 2 Diese Matrix ist indefinit; somit liegt im Punkt ( 2,0) ein Sattelpunkt von f vor..6.2 Lösung. Vorgegeben sei die Funktion f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := x y e x y + ( x) 2. a) Bestimmen Sie alle stationären Punkte von f. 22

23 b) Untersuchen Sie die Funktion f in den stationären Punkten und geben Sie jeweils an, ob ein lokales Maximum, ein lokales Minimum oder ein Sattelpunkt vorliegt. c) Bestimmen Sie die Taylorpolynome T ( x,f, a) und T 2 ( x,f, a) zum Entwicklungspunkt a = ( 2,0). Lösung: Zu a): Ist eine Funktion f in einem inneren Punkt a ihres Definitionsbereichs D (total) differenzierbar, und gilt dort f ( a) = 0, so heißt a stationärer Punkt von f (s. die Bemerkungen nach Satz.52). In unserem Fall ist D = R 2, so dass jeder Punkt aus D innerer Punkt ist. Wir suchen also die Nullstellen der partiellen Ableitungen von f nach x und y. Diese partiellen Ableitungen (erster Ordnung) sind f x (x,y) = y e x y + x y 2 e x y x, (0) f y (x,y) = x e x y + x 2 y e x y = x e x y ( + x y). () Wir betrachten zunächst (). Damit f y (x,y) = 0 wird, gibt es die folgenden Fälle:. Fall: x = 0, Einsetzen in (0) liefert y 2 = 0, also y = 2, und es ergibt sich der stationäre Punkt (0, 2). 2. Fall: x 0, x y =, Einsetzen in (0) ergibt x = 0, also x =, und wir erhalten den stationären Punkt (, ). Zu b): Wir verwenden Satz.55, der hinreichende Kriterien über lokale Extrema angibt. Hierzu benötigen wir die (offenbar existierenden) zweiten partiellen Ableitungen von f sowie den Begriff der Hesse-Matrix. Ist allgemein f : D R n R zweimal partiell differenzierbar an der Stelle a D, so heißt die n n-matrix f x,x ( a)... f x,x n ( a) H f ( a) := ( i j f( a)) i,j=,...,n =..... f xn,x ( a)... f xn,x n ( a) Hesse-Matrix von f an der Stelle a. Diese Matrix ist symmetrisch, wenn alle zweiten partiellen Ableitungen stetig sind (d.h. f eine C 2 -Funktion ist). Ist die Hesse-Matrix H f ( a) in einem stationären Punkt a positiv bzw. negativ definit, so besitzt f nach Satz.55 in a ein strenges lokales Minium bzw. strenges lokales Maximum. Ist H f ( a) indefinit, so hat f in a kein lokales Extremum, sondern es liegt ein Sattelpunkt vor. 23

24 Die partiellen Ableitungen 2. Ordnung sind f xx (x,y) = 2 y 2 e x y + x y 3 e x y + 2, (2) f xy (x,y) = f yx (x,y) = e x y + 3 x y e x y + x 2 y 2 e x y, (3) f yy (x,y) = 2 x 2 e x y + x 3 y e x y ; (4) insbesondere gilt also f xx (0,2) = 0, f xx (, ) = e + 2, f xy (0,2) = f yx (0,2) =, f xy (, ) = f yx (, ) = e, f yy (0,2) = 0, f yy (, ) = e Damit lautet die Hesse-Matrix von f im Punkt (0, 2) ( ) 0 H f ((0,2)) =. 0 Da diese Matrix indefinit ist, besitzt f im Punkt (0, 2) einen Sattelpunkt. Die Hesse-Matrix von f im Punkt (, ) ist ( e H f ((, )) = + 2 e e Diese Matrix ist positiv definit; folglich besitzt f im Punkt (, ) ein strenges lokales Minimum. Zu c): Die Vorgehensweise ist wie in Lösung.5.. Die benötigten partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung wurden in (0)-() bzw. (2)-(4) berechnet. Speziell für den Entwicklungspunkt ( 2,0) liefern (0) und () ( ) ( ) f x 2,0 =, f y 2,0 = 2. Somit ist das Taylorpolynom erster Ordnung zum Entwicklungspunkt ( 2,0) ( ) ) ( ) T ((x,y),f, 2,0 = f 2,0 + f ( x 2,0) ( x ) + f ( y 2,0) (y 0)! 2! = ( 4 x ) + (y 0). 2 2 Aus (2)-(4) folgt für die zweiten partiellen Ableitungen von f an der Stelle (/2,0): 2 ( ) f x x 2,0 2 ( ) f = 2, x y 2,0 2 ( ) f =, y y 2,0 = 2, 2 ( ) f y x 2,0 =. 24 e ).

25 Somit ergibt sich für das Taylorpolynom zweiter Ordnung ( ) ( ) T 2 ((x,y),f, 2,0 ) = f 2,0 + ( )( f! x 2,0 x ) + 2! + 2 ( ) ( f 2! x x 2,0 x ) ( ) ( f 2! x y 2,0 x ) (y 0) ( ) f 2! y y 2,0 (y 0) 2 = ( 4 x ) + (y 0) 2 2 ( ) f y 2,0 (y 0) ( + x 2 ( + x 2) ) (y 0) (y 0) Lösung. Vorgegeben sei die Funktion f : [,] [,] R, (x,y) f(x,y) := cos(x 2 + y 2 ). a) Wie lautet die Gleichung der Tangentialebene im Punkt ( 2, 2 ) an den Graphen von f? b) Bestimmen Sie die stationären Punkte von f im offenen Quadrat (,) (,). c) Geben Sie alle lokalen und globalen Extremstellen der Funktion f auf dem gesamten Definitionsbereich [, ] [, ] an. d) Welches der folgenden sechs Bilder stellt den Graphen von f dar? y x y x 0.5 Bild Bild 2 25

26 y x y x 0.5 Bild 3 Bild y x y x 0.5 Bild 5 Bild 6 Lösung: Ist allgemein eine Funktion f : D R n R in einem Punkt a R n differenzierbar, so heißt nach.4.6 die durch { n } T f ( a) := (x,...,x n,z) R n+ : x,...,x n R,z = f( a)+ j f( a)(x j a j ) definierte Hyperebene T f ( a) im R n+ die Tangentialebene an f im Punkt ( a,f( a)). Die Gleichung der Tangentialebene T f ( a) lautet somit kurz n z = f( a) + j f( a)(x j a j ). j= Die partiellen Ableitungen der Funktion f sind f x (x,y) = 2xsin(x2 + y 2 ), j= f y (x,y) = 2y sin(x2 + y 2 ); speziell für den Punkt ( 2, 2) gilt also wegen sin( t) = sin t ( f x 2, ) ( = f x 2 2, ) ( ) ( f = sin, 2 2 y 2, ) ( = f y 2 2, ) ( ) = sin

27 Damit ergibt sich für die Tangentialebene an den Graphen der Funktion f im Punkt ( 2, 2) die Gleichung ( z = f 2, ) ( + f x 2 2, ) ( x ) ( + f y 2 2 2, ) ( y ) 2 2 ( ) ( )( = cos + sin x ( ) ( = cos + sin 2 2 ) + sin ) (x + y ). ( 2 )( y 2 ) Zu b): Ist eine Funktion f in einem inneren Punkt a ihres Definitionsbereichs D (total) differenzierbar und gilt f ( a) = 0, so heißt a stationärer Punkt von f. Im vorliegenden Fall ist D das abgeschlossene Quadrat [, ] [, ]. Die zu untersuchende Menge ist D = (,) (,) und damit offen. Wir berechnen also den Gradienten von f und suchen alle Punkte in D, für die der Gradient Null wird. (Sind die partiellen Ableitungen stetig, so ist f in den jeweligen Punkten (total) differenzierbar und es liegen stationäre Punkte vor!). Aus Teil a) kennen wir die partiellen Ableitungen f x (x,y) = 2xsin(x2 + y 2 ), f y (x,y) = 2y sin(x2 + y 2 ). Das zu lösende Gleichungssystem lautet damit 2xsin(x 2 + y 2 ) = 0, (5) 2y sin(x 2 + y 2 ) = 0. (6) Gleichung (5) kann nur für die beiden im Folgenden getrennt betrachteten Fälle x = 0 und sin(x 2 + y 2 ) = 0 erfüllt sein. Fall : x = 0. Einsetzen in (6) ergibt 2y sin(y 2 ) = 0; dies führt auf die beiden Unterfälle Fall.: y = 0. Hier ergibt sich der stationäre Punkt (0,0). Fall.2: sin(y 2 ) = 0 und somit y 2 = 0 (eigentlich muss man auch noch die Fälle betrachten, dass y 2 ein ganzzahliges Vielfaches von π ist. Aber da sieht man sofort, dass y dann nicht mehr in (,) liegt). Aus y 2 = 0 folgt y = ±, aber auch hier gilt dann (0,), (0, ) D, d.h. (0,) und (0, ) sind keine stationären Punkte in D! 27

28 Fall 2: sin(x 2 + y 2 ) = 0, d.h. x 2 + y 2 = 0 (eigentlich sind auch hier noch die Fälle x 2 + y 2 = 0 = kπ mit k Z, k 0, zu betrachten. Aber x und y liegen dann nicht mehr in (,)!). Es bleibt somit der Fall x 2 + y 2 = 0, also x 2 + y 2 =. Stationäre Punkte sind somit alle (x,y) R 2 mit x 2 + y 2 = außer (0,), (0, ), (,0) und (,0) (siehe Fall.2). Zusammenfassend erhalten wir als stationäre Punkte von f die Menge {(x,y) R 2 : x 2 + y 2 =,x,y ±} {(0,0)}, (7) also den Nullpunkt zusammen mit dem Rand des Einheitskreises mit Ausnahme der vier auf den Koordinatenachsen liegenden Punkte. Zu c): Welche Punkte kommen als Extremstellen in Frage? Es sind dies (i) stationäre Punkte von f (die Punkte der in (7) gegebenen Menge) (ii) alle Randpunkte (,y),(,y),(x,),(x, ),x, y [,] von D. (iii) Punkte aus (, ) (, ) (jeweils offen!), in denen f nicht differenzierbar ist (dieser Fall tritt nicht auf, da f wegen der Stetigkeit der partiellen Ableitungen auf ganz D differenzierbar ist; es bleiben nur die schon in (ii) angeführten Randpunkte. Hier muss man sich die konkreten Funktionswerte anschauen). Da die Funktion f wegen x 2 + y 2 0 auf ganz D immer kleiner gleich und größer gleich cos() (= cos( )) ist, sind alle Punkte (x,y) D mit f(x,y) = bzw. f(x,y) = cos globale Maxima bzw. globale Minima. Wir untersuchen zunächst das Verhalten von f in den Randpunkten (Fall (ii)). Die Randpunkte besitzen die Funktionswerte f(x,) = cos(x 2 ), f(x, ) = cos(x 2 ), f(,y) = cos(y 2 ), f(,y) = cos(y 2 ). Diese sind minimal (=cos()) für x,y = bzw. x,y = und maximal (=) für x,y = 0. Wegen f(x,y) cos sind dann (,), (, ), (,) und (, ) globale (dann natürlich auch lokale) Minima. In gleicher Weise sind (0, ), (0, ), (, 0) und (, 0) globale (dann natürlich auch lokale) Maxima. Für alle stationären Punkte (x,y), die die Bedingung x 2 + y 2 =,x,y ± erfüllen, gilt f(x,y) =. In diesen Punkten nimmt also die Funktion f ihr Maximum an. Diese Punkte zählen also zu den globalen (und damit natürlich auch lokalen) Maximalstellen von f. Mit dem verbleibenden stationären Punkt (0, 0) könnte man wie gewohnt (Anwendung von Satz.55, Hesse-Matrix) verfahren. 28

29 Wegen f(0,0) = cos( ) = cos liegt aber ein globales (und damit auch lokales) Minimum vor. Zu d): Es ist Bild 3 (und nicht Bild 2, da die lokalen/globalen Maximalstellen in einem Kreis angeordnet sind)..7 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt.7.7. Lösung. Gegeben seien die Abbildungen und f : R 3 R 3, (r,ϑ,ϕ) f(r,ϑ,ϕ) := (r sin ϑ cos ϕ,r sin ϑ sin ϕ,r cos ϑ). g : R 3 R, (y,y 2,y 3 ) g(y,y 2,y 3 ) := ( 2 y2 + 2 y2 2 + ) 2 y2 3.. Bestimmen Sie die jeweiligen Jacobi-Matrizen J f (r,ϑ,ϕ) und J g (y,y 2,y 3 ) der Abbildungen f und g. 2. Berechnen Sie mit Hilfe der allgemeinen Kettenregel die Ableitung der Komposition (Hintereinanderausführung) g f : R 3 R, (r,ϑ,ϕ) (g f)(r,ϑ,ϕ) = g(f(r,ϑ,ϕ)) der Funktionen g und f. Lösung: Ist die Funktion f = (f,f 2,...,f m ) : D R n R m partiell differenzierbar in a D, so heißt (vgl..7.) die m n-matrix f f ( ) x ( a)... x n ( a) fi J f ( a) := ( a) =. x.... j f m f x ( a)... m x n ( a) Jacobi-Matrix (oder Funktionalmatrix) von f an der Stelle (oder im Punkt) a. In der. Zeile der Jacobi-Matrix steht also der Gradient von f, in der 2. Zeile der Gradient der Komponentenfunktion f 2 usw. Zu a): Da f eine Funktion von 3 Veränderlichen ist und 3 Komponentenfunktionen f, f 2, f 3 besitzt, ist die Jacobi-Matrix J f (r,ϑ,ϕ) eine 3 3-Matrix. Der Eintrag in der ersten Zeile, erste Spalte lautet f (r,ϑ,ϕ) = sin ϑ cos ϕ. r 29

30 Der Eintrag in der ersten Zeile, zweite Spalte ist f (r,ϑ,ϕ) = r cos ϑ cos ϕ, ϑ und der Eintrag in der ersten Zeile, dritte Spalte ergibt sich zu f (r,ϑ,ϕ) = r sin ϑ sin ϕ. ϕ Analog verfährt man für die zweite und dritte Zeile (mit den Komponentenfunktionen f 2 bzw. f 3. Die Jacobimatrix ergibt sich dann zu sin ϑ cos ϕ r cos ϑ cos ϕ r sinϑsin ϕ J f (r,ϑ,ϕ) = sin ϑ sin ϕ r cos ϑ sin ϕ r sin ϑ cos ϕ. cos ϑ r sin ϑ 0 Da die Funktion g : R 3 R reellwertig ist, erhält man als Jacobi-Matrix eine 3-Matrix; die Jacobi-Matrix von g ist also nichts anderes als der Gradient von g. Der Eintrag in der ersten (und einzigen) Zeile, erste Spalte lautet y (y,y 2,y 3 ) = y (y,y 2,y 3 ) = y. Der Eintrag in der ersten (und einzigen) Zeile, zweite Spalte ist (y,y 2,y 3 ) = (y,y 2,y 3 ) = y 2, y 2 y 2 und der Eintrag in der ersten (und einzigen) Zeile, dritte Spalte ergibt sich zu (y,y 2,y 3 ) = (y,y 2,y 3 ) = y 3. y 3 y 3 Die Jacobimatrix ist also J g (y,y 2,y 3 ) = ( y y 2 y 3 ). Zu b): Es seien I R k und D R n offene Mengen, g : I R k R n mit Koordinatenfunktionen g,...,g n und der Eigenschaft g(i) D, sowie f : D R m. Sind die Funktionen g,...,g n differenzierbar in x 0 I und die Funktion f differenzierbar in g( x 0 ) D, 30

31 so ist nach Satz.64 (allgemeine Kettenregel) die Komposition f g : I R m, x (f g)( x) := f(g( x)) differenzierbar im Punkt x 0, und es gilt (f g) ( x 0 ) = J f (g( x 0 ))J g ( x 0 ). Folglich müssen wir, um die Ableitung unserer Funktion g f an einer Stelle (r,ϑ,ϕ) zu bestimmen (Achtung! Es interessiert hier g f und nicht f g!), das Produkt J g (f(r,ϑ,ϕ)) J f (r,ϑ,ϕ) berechnen. Aus Teil a) kennen wir J f (r,ϑ,ϕ) = J g (y,y 2,y 3 ) = ( y y 2 y 3 ). sin ϑ cos ϕ r cos ϑ cos ϕ r sin ϑ sin ϕ sin ϑ sin ϕ r cos ϑ sinϕ r sin ϑ cos ϕ, cos ϑ r sin ϑ 0 Die Jacobi-Matrix von g, ausgewertet an der Stelle f(r, ϑ, ϕ), lautet dann so dass wir das Produkt J g (f(r,ϑ,ϕ)) = ( r sin ϑ cos ϕ r sin ϑ sin ϕ r cos ϑ ), J g (f(r,ϑ,ϕ)) J f (r,ϑ,ϕ) = ( r sin ϑ cos ϕ r sin ϑ sinϕ r cos ϑ ) sin ϑ cos ϕ r cos ϑ cos ϕ r sin ϑ sinϕ sinϑsin ϕ r cos ϑ sin ϕ r sin ϑ cos ϕ cos ϑ r sin ϑ 0 3

32 einer 3-Matrix und einer 3 3-Matrix berechnen müssen. Nach den Regeln der Matrizenmultiplikation führt dies auf die 3-Matrix = J g (f(r,ϑ,ϕ)) J f (r,ϑ,ϕ) = ( r sin 2 ϑ cos 2 ϕ + r sin 2 ϑ sin 2 ϕ + r cos 2 ϑ, r 2 sin ϑ cos 2 ϕcos ϑ + r 2 sinϑsin 2 ϕcos ϑ r 2 cos ϑ sin ϑ, ) r 2 sin 2 ϑ cos ϕsin ϕ + r 2 sin 2 ϑ sin ϕcos ϕ ( = r sin 2 ϑ (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ) +r cos 2 ϑ, }{{} = ) r 2 sin ϑ cos ϑ (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ) r 2 cos ϑ sinϑ,0 }{{} = ( ) = r (sin 2 ϑ + cos 2 ϑ),0,0 }{{} = = (r,0,0)..8 Lösungen der Aufgaben von Abschnitt.8.8. Lösung. Vorgegeben sei die Funktion g : R 3 R, (x,y,z) g(x,y,z) := x + y + 2z cos(x + y + z ). a) Zeigen Sie, dass es eine Umgebung U = U((,0)) des Punktes (,0) und eine differenzierbare Funktion z : U R, (x,y) z(x,y) gibt, so dass g(x,y,z(x,y)) = 0 gilt. b) Berechnen Sie von dieser implizit definierten Funktion z die partiellen Ableitungen z x (x,y) und z y (x,y) im Punkt (,0). c) Für die zweiten partiellen Ableitungen z xx (x,y) und z yy (x,y) im Punkt (,0) gilt z xx (,0) = und z yy (,0) = 8 8. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen z xy (x,y) und z yx (x,y) der Funktion z im Punkt (,0). d) Geben Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung T 2 ((x,y);z;(,0)) der Funktion z zum Entwicklungspunkt (,0) an. 32

33 Lösung: Zu a): Wir wenden den Spezialfall des Satzes über implizite Funktionen für reellwertige Funktionen (Satz.70) an: Sind g : D R n R eine stetig differenzierbare Funktion, ( x 0,y 0 ) D ein Punkt mit g( x 0,y 0 ) = 0 und y ( x 0,y 0 ) 0 ( x 0 R n!), so gibt es offene Umgebungen U von x 0 und V von y 0 mit U V D sowie eine eindeutig bestimmte Funktion f : U V mit den Eigenschaften f( x 0 ) = y 0 und g( x,f( x)) = 0, x U. Die Funktion f ist stetig differenzierbar auf U, und für ihren Gradienten gilt ( ) ( ) f ( x) = y ( x,f( x)) ( x,f( x)),..., ( x,f( x)). x x n Zur Lösung von a) müssen wir lediglich nachweisen, dass die Voraussetzungen des obigen Satzes über implizite Funktionen erfüllt sind (mit x 0 = (,0)), denn dann würde sofort folgen, dass es eine in einer Umgebung U := U(,0) von (,0) eindeutig bestimmte Funktion z : U R mit g(x,y,z(x,y)) = 0, (x,y) U, gibt. Diese Funktion z ist zudem differenzierbar, und wir wissen auch schon, wie man die Ableitung bestimmt (das benötigen wir in b)). Damit wir den Satz über implizite Funktionen anwenden können, muss gelten: g : R 3 R ist eine stetig differenzierbare Funktion (dies kann man hier sehen (die partiellen Ableitungen sind stetig, also ist g (total) differenzierbar. Die Ableitung ist ebenfalls stetig.), muss man also nicht nachprüfen. In Prüfungen sagt/schreibt man dann einfach: g ist stetig differenzierbar. ) ( x 0,y 0 ) D ist ein Punkt mit g( x 0,y 0 ) = 0 und y ( x 0,y 0 ) 0. In unserem Fall ist x 0 = (,0), und der zugehörige z-wert zu diesem Vektor ist 0, denn es gilt g(,0,z) = + 2z cos(z) = 0, und diese Gleichung ist nur für z = 0 erfüllt (beachte: die Funktion z + 2z verläuft durch den Punkt (0,) und für z > 0 bzw. z < 0 oberhalb bzw. unterhalb der Funktion cos(z). Der einzige Schnittpunkt der beiden Funktionen ist bei z = 0). Wir haben also schon die erste Voraussetzung erfüllt: (,0,0) R 3 ist ein Punkt mit g(,0,0) = 0. Wegen (x,y,z) = 2 + sin(x + y + z ), z z (,0,0) = 2 0 ist auch die zweite Voraussetzung erfüllt. Somit folgt aus dem Satz über implizite Funktionen, dass es eine in einer Umgebung U := U(,0) von (,0) eindeutig bestimmte Funktion z : U R gibt mit g(x,y,z(x,y)) = 0,(x,y) U, und z(,0) = 0. 33

34 Zu b): Aus dem Satz über implizite Funktionen (implizite Differentiation!) ergibt sich die Ableitung von z zu ( ) ( ) z (x,y) = z (x,y,z(x,y)) (x,y,z(x,y)), x y (x,y,z(x,y)). Es gilt und folglich (x,y,z(x,y)) = + sin(x + y + z(x,y) ), x (x,y,z(x,y)) = + sin(x + y + z(x,y) ), y (x,y,z(x,y)) = 2 + sin(x + y + z(x,y) ) z (,0,0) =, x (,0,0) =, y Also erhalten wir als Ableitung z (,0) = ( 2 (,) = ) 2,. 2 Die partiellen Ableitungen von z im Punkt (,0) lauten also z x (,0) = 2, z y(,0) = 2. (,0,0) = 2. z Zu c): Die zweiten Ableitungen lassen sich jetzt relativ einfach berechnen, nachdem wir aus b) wissen, dass (x,y,z) = + sin(x + y + z ), x (x,y,z) = + sin(x + y + z ), y (xy,z) = 2 + sin(x + y + z ) z gelten. Damit ergibt sich für den Gradienten z (x,y) das Ergebnis mit den partiellen Ableitungen z (x,y) = (z x (x,y),z y (x,y)) + sin(x + y + z(x,y) ) z x (x,y) = 2 + sin(x + y + z(x,y) ) + sin(x + y + z(x,y) ) z y (x,y) = 2 + sin(x + y + z(x,y) ). (8) 34

35 Um die zweiten Ableitungen zu erhalten, leiten wir jetzt z x (x,y) bzw z y (x,y) nach y bzw. x ab. Mit (8) folgt 2 z x y (x,y) = ( x + sin(x + y + z(x,y) ) 2 + sin(x + y + z(x,y) ) Beachten Sie: z x (x,y) bzw. z y (x,y) hängen nicht von einer Variablen z ab, sondern nur von x und y über die Funktion z(x,y) der Variablen x und y. Wenn Sie also nach x bzw. y ableiten, müssen Sie diese Abhängigkeit berücksichtigen. Es ergibt sich also z xy (x,y) = x ( ) + sin(x + y + z(x,y) ) 2 + sin(x + y + z(x,y) ) = (+z x(x,y))cos(x+y+z(x,y) )(2+sin(x+y+z(x,y) )) (2+sin(x+y+z(x,y) )) 2 (+sin(x+y+z(x,y) ))((+z x(x,y))cos(x+y+z(x,y) )) (2+sin(x+y+z(x,y) )) 2 = ( + z x(x,y))cos(x + y + z(x,y) ) (2 + sin(x + y + z(x,y) )) 2. Ausgewertet an der Stelle (,0) erhalten wir z xy (,0) = ( 2 )cos(0) (2 + 0) 2 = 8. Aus dem Vertauschbarkeitssatz von Schwarz (Satz.3) folgt 2 z x y (x,y,z(x,y)) = 2 z y x (x,y,z(x,y)) und somit z yx (,0) = z xy (,0) = 8. Zu d): Das Taylorpolynom 2. Ordnung von z zum Entwicklungspunkt (,0) ist T 2 ((x,y);z;(,0)) = z(,0) +! z x (,0) (x ) +! z (,0) (y 0) y + 2! 2 z (,0) (x )2 x x + 2 2! 2 z (,0) (x ) (y 0) x y + 2! 2 z y y (,0) (y 0)2. ). 35

36 Hat man bereits Hesse-Matrix und Gradient berechnet, so empfiehlt es sich, die eben genannte Formel wie folgt umzuschreiben: T 2 ((x,y);z;(,0)) = f(,0) + z (,0),(x,y 0) + ( ) x 2 (x,y 0) H z(,0). y 0 Diese Darstellung ist eine wichtige alternative Schreibweise, die allgemein für Taylorpolynome. und 2. Ordnung einer Funktion f zum Entwicklungspunkt a die Gestalt T ( x;f; a) = f( a) + f ( a), x a T ( x;f; a) = f( a) + f ( a), x a + 2 annimmt. Wir erhalten ( x a) H }{{} f ( a) ( x a) T }{{} Zeilenvektor Spaltenvektor z (,0),(x,y 0) = 2 (x ) 2 y, ( ) x 2 (x,y 0)H z(,0) = ( y 0 2 (x,y 0) 8 (x ) 8 y ) 8 (x ) 8 y, T 2 ((x,y);z;(,0)) = 0 2 (x ) 2 y ) ((x ) 2 + 2(x )y + y Lösung. Gegeben sei die Abbildung g : R 2 R, (x,y) g(x,y) := x 4 + y 4 + xy 2 2x 2 y 2. a) Zeigen Sie, dass es eine in einer Umgebung U(0) von x 0 := 0 durch die Gleichung g(x, y) = 0 und die Bedingung y(0) = implizit definierte differenzierbare Funktion y : U(0) R, (x,y) y(x) gibt. b) Berechnen Sie die Ableitung der Funktion y an der Stelle x 0 = 0. Lösung: Zu a): Wir müssen lediglich nachweisen, dass die Voraussetzungen des Satzes.70 über implizite Funktionen (s.a. den Beginn von Lösung.8.) erfüllt sind. (mit x 0 = 0 und y 0 = ). Denn dann würde sofort folgen, dass es eine in einer Umgebung U := U(0) von 0 eindeutig bestimmte Funktion y : U R mit g(x,y(x)) = 0,x U und y(0) = gibt. Diese Funktion y ist zudem differenzierbar, und wir wissen auch schon, wie man die Ableitung bestimmt (wird für 36

37 Teil b) benötigt). Die Funktion g : R 2 R ist offenbar stetig differenzierbar (nähere Begründung analog zu Lösung.8.). In der Notation von Satz.70 ist ( x 0,y 0 ) = (0,) ein Punkt mit g( x 0,y 0 ) = g(0,) = = 0. Weiter gilt y ( x 0,y 0 ) = y (x,y) = 4y3 + 2xy 2y und somit y (0,) = 2 0. Folglich sind alle Voraussetzungen von Satz.70 erfüllt. Es gibt also eine in einer Umgebung U := U(0) von 0 eindeutig bestimmte Funktion y : U R mit g(x,y(x)) = 0,x U und y(0) =. Zu b): Aus Satz.70 erhalten wir die Ableitung von y gemäß Es gilt ( ) ( ) y (x) = y (x,y) x (x,y). x (x,y(x)) = 4x3 + y(x) 2 4x, y (x,y(x)) = 4y(x)3 + 2xy(x) 2y(x) und somit (0,) =, x (0,) = 2. y Also erhalten wir y (0) = 2..9 Lösungen der Aufgaben von Abschnitt.9.9. Lösung. Vorgegeben sei die Funktion g : R 2 R, (x,y) g(x,y) := 6y (x 2 + y 2 ) 2. a) Zeigen Sie, dass die Funktion g(x,y) keine stationären Punkte (x 0,y 0 ) besitzt, für die g(x 0,y 0 ) = 0 gilt. 37

38 b) Maximieren Sie die Funktion f : R 2 R, (x,y) f(x,y) := e x, unter der Nebenbedingung g(x, y) = 0. b) Begründen Sie, dass obige Aufgabe lösbar ist. Sie können ohne Beweis verwenden, dass die Menge M := {(x,y) R 2 : g(x,y) = 0} abgeschlossen und beschränkt ist. b2) Stellen Sie die Lagrangefunktion (x,y,λ) F(x,y,λ) auf und bestimmen Sie die stationären Punkte von F(x,y,λ). b3) Lösen Sie die obige Maximierungsaufgabe. Lösung: Zu a): Ist eine Funktion f : D R n R in einem inneren Punkt a D (total) differenzierbar, und gilt f ( a) = 0, so heißt a stationärer Punkt von f (vgl. Abschnitt.6). Um die stationären Punkte der Funktion g zu bestimmen, betrachten wir den Gradienten. Erfüllen die Stellen, für die der Gradient Null wird, nicht die Gleichung g(x,y) = 0, so liegen sie nicht auf der obigen Kurve. Der Gradient von g ist der Vektor der partiellen Ableitungen x = (x2 + y 2 )4x, y = 6 (x2 + y 2 )4y. Er ist genau dann der Nullvektor und somit (x,y) ein stationärer Punkt, wenn x und y den Gleichungen (x 2 + y 2 )2x = 0, 6 (x 2 + y 2 )2y = 0 genügen. Die erste Gleichung wird Null, falls (x,y) = (0,0). Dann ist aber die zweite Gleichung nicht Null. Die erste Gleichung wird auch Null, falls nur x = 0 gilt. Einsetzen in die zweite Gleichung liefert 6 4y 3 = 0. Wir erhalten somit den stationären Punkt (x,y) = (0, 3 4). Dieser liegt aber nicht auf unserer Kurve g(x,y) = 0, denn es gilt g(0, 3 4) = , Folglich besitzt g keine stationären Punkte auf der Menge {(x,y) : g(x,y) = 0}. 38