9 Höhere partielle Ableitungen und die Taylorformel

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1 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff 9 Höhere partielle Ableitungen und die Talorformel Definition 91 Sei U R n offen, f : U R m eine Funktion Dann heißt f 2-mal partiell differenzierbar, falls f 1-mal partiell differenzierbar ist, und alle partiellen Ableitungen : U R m wieder partiell differenzierbar sind Wir schreiben dann f x i 2 f x j x i für x j f (also jede j-te partielle Ableitung von f x i Analog sagen wir, dass f k-mal partiell differenzierbar ist, wenn alle iterten partiellen Ableitungen ( ( f k f =: x ik x ik 1 x i2 x i1 x ik x i1 existieren (und dann natürlich auch alle partiellen Ableitungen kleinerer Ordnung f heißt k-mal stetig partiell differenzierbar, falls f k-mal partiell differenzierbar und alle partiellen Ableitungen der Ordnung k stetig sind x Beispiel 92 f : R 2 R; f = e x Dann gilt 2 f x 2 ( x 2 f x ( x := 2 f x x x i f x = e x f x = xe x x = e x + xe x 2 f x = e x + xe x x x = 2 e x 2 f x := 2 f 2 x = x 2 e x (allgemein: 2 f = 2 f x i x i x 2 i Beobachtung: Es gilt 2 f x = 2 f Ist das Zufall? x Satz 93 Sei U R n offen, f : U R m 2-mal stetig partiell differenzierbar Dann gilt für alle 1 i, j n: 2 f = 2 f x j x i x i x j (dh es ist nicht wichtig, in welcher Reihenfolge nach den einzelnen Variablen differenziert wird Achtung: Der Satz gilt nicht, wenn f nur 2-mal partiell differenzierbar ist, also die 2-ten Ableitungen nicht stetig sind (siehe Blatt 8 für ein Gegenbeispiel getext: Julia Wolters 67

2 Prof Dr Siegfried Echterhoff Analsis 2 Vorlesung SS 29 Beweis: Nach Zerlegung von f in Komponentenfunktionen können wir also obda f : U R annehmen Ist i = j, so ist die Behauptung klar Ist i < j, so sei x U fest und betrachte p : R 2 R n definiert durch p s x t + se i + te j = x + s i-te Stelle t j-te Stelle Setzte Ũ = p 1 (U R 2 Da p stetig ist Ũ R2 offen Sei g : Ũ R; g ( s f p t Dann gilt: g = f(x und die Kettenregel liefert: g s s = f ( p t x i s, t g t s = f ( p t x j ( und 2 g s = 2 f s p (usw s t t x i x j t Insbesondere ist auch g 2-mal stetig partiell differenzierbar! Es genügt dann zu zeigen, dass 2 g t s = 2 g s t s t Dazu wähle δ > mit ( δ, δ ( δ, δ Ũ (existiert, da Ũ R2 offen mit Für t ( δ, δ definiert F t : ( δ, δ R; F t (s = g s t s s t Ũ Dann ist F t stetig differenzierbar und nach dem 1 Mittelwertsatz existiert zu jedem s ( δ, δ ein σ [, δ] (bzw [δ, ] falls δ < mit ( g F t (s F t ( = F t(σs = s σ g t s σ s ( = 68 getext: Julia Wolters

3 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff Da nach Voraussetzung t g σ differenzierbar auf ( δ, δ existiert wieder nach 1 s t Mittelwertsatz ein τ [, t] (bzw τ [t, ] mit g σ g σ = 2 g σ t ( s τ s t s τ ( ( liefert s g g t s g + g t Def von F t = Ft (s F t ( = st 2 g t s σ τ Vertauschen wir die Rollen von s und t in der obigen Rechnung, so erhalten wir völlig analog σ, τ mit σ s, τ t und s s g g g + g = st 2 g ( σ t t s t τ Für s, t erhalten wir 2 g ( σ = 2 g σ s t τ t s τ Wähle nun s n = t n = 1 und sei τ n n, τ n, σ ( n, σ n die ( zugehörigen Werte wie oben Wegen τ n, τ n s n = 1, σ n n, σ n 1 gilt σn σn,, und da 2 g n τ n τ n t s und 2 g s t stetig sind, folgt: σn σn 2 g t s ( 2 g = lim n t s τ n 2 g = lim n s t τ n = 2 g t s Folgerung 94 Sei U R n offen, f : U R m k-mal stetig partiell differenzierbar Dann gilt für 1 i 1,, i k n und jede Permutation τ : {1,, k} {1,, k}: k f x ik x i1 = k f x iτ(k x iτ(1 dh die k-ten Ableitungen hängen nur davon ab, wie oft nach einer gegebenen Variablen differenziert wird, nicht aber in welcher Reihenfolge dies geschieht Beweis: Folgt leicht durch Induktion und nach Anwendung des Satzes auf die k-2-ten Ableitungen von f Um die höheren Ableitungen etwas handlicher zu machen, ist es nützlich mit Multiindices zu arbeiten: Notation 95 (Multiindex Sei n N fest Ein n-facher Multiindex ist ein Element α = (α 1,, α n N n (also α i N, 1 i n getext: Julia Wolters 69

4 Prof Dr Siegfried Echterhoff Analsis 2 Vorlesung SS 29 Wir setzten α = α α n N Ist α = k und ist f k-mal stetig partiell differenzierbar, so setzten wir α f (x := xα x αn α f n x α (x 1 1 x U Nach Folgerung 94 können wir jede k-te partielle Ableitung von f so schreiben Wir benötigen noch weitere Multiindex Notationen: Ist α N n, h R n, so setzten wir: h α := h α 1 1 h α 2 2 h αn n und wir definieren α! := α 1! α 2! α n! 1 Beispiel: α = (3, 1, 4, x = x α = x = und α! = 3! 1! 4! = = Ist f : R 3 R; so α f x = 8 f α x 4 3 x 2 x 3 1 Wir wollen nun eine Talorformel für (k+1-mal stetig partiell differenzierbarer Funktionen f : U R n R herleiten Zur Erinnerung: Ist I R Intervall, x I, f : I R k+1-mal stetig differenzierbar, so leutet die Talor-Formel: f(x +h = f(x +f (x h+ + 1 n! f (k (x h k +R k+1 (h = k j= f (j (x h j + f (k+1 (x + θh h k+1 j! (k + 1! }{{} =R k+1 (h Lagrange Restglied für ein geeignetes θ [, 1] Lemma 96 Sei U R n offen, f : U R k-mal stetig partiell differenzierbar, und seien x U und h R n mit x +th U für alle t [, 1] Sei g : [, 1] R; g(t = f(x +th Dann ist g k-mal stetig differenzierbar mit g (k (t = α =k k! α f α! x (x α + thh α ( Beweis: Induktion nach k: k = : g ( (t = f(x + th α = α=(,, = α =! f(x α! + thh α k k + 1: Sei nun f k+1-mal stetig differenzierbar Nach Induktionsvoraussetzung gilt 7 getext: Julia Wolters

5 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff ( Mit Kettenregel folgt dann g (k+1 (t = = n k! α f x j α! x (x α + thh α h j j=1 n j=1 α =k α =k k! α+e j f α! x (x α+e + thh α+e j j ( mit e j = (,,, 1 j-te Stelle,,, Nn Nun gilt: Ist β N n mit β = k + 1 und sind β j1,, β jl die Komponenten von β die sind, so lässt sich β auf genau l-facher Weise als Summe α + e j schreiben, nämlich für alle j {j 1,, j l } 1-mal (dann α = β e j N Der Summand β f x β (x + thh β tritt daher in der obigen Summe mit dem Faktor ( k! (β e j1! + + k! (β e jl! = k! βj1 β! + + β j l β! = k! β! (β j β jl = }{{} =k+1 (k + 1! β! auf Damit folgt: g (k+1 (t = β =k+1 (k + 1! β f β! x (x β + thh β Aus dem Lemma folgt nun sehr leicht die allgemeine Talorformel: Satz 97 (Talorformel Seien U R n offen, f : U R n R k+1-mal stetig partiell differenzierbar, x U und h R n mit x + th U t [, 1] Dann existiert ein θ [, 1] mit k f(x = α! x (x α + θhh α l= α =l Beweis: Dies folgt nun direkt aus Lemma 96 und der Talorformel für g(t = f(x +th, denn diese liefert f ein θ [, 1]: f(x + h = g(1 = 96 = k l= k α =l l= g (l ( l! g(l+1 (θ (l + 1! 1 l+1 x (x h α + α α! α =l+1 α! x (x α + θhh α In einer kleineren Umgebung von x approximiert das Talorpolnom die gegebene Funktion extrem gut! getext: Julia Wolters 71

6 Prof Dr Siegfried Echterhoff Analsis 2 Vorlesung SS 29 Satz 98 Sei f : U R n R k-mal stetig partiell differenzierbar, und sei x U Sei R : U R die Restfunktion k R(x = f(x α! x (x (x x α α ( l= α =l R(x ( Dann ist R stetig mit lim = x x x x k ε > δ > mit R(x < ε x x k x U δ (x ( Ist alse k groß, so wird der Fehler nahe x extrem klein! Beweis: ( liefert sofort, dass R stetig ist, da alle Summanden auf der rechten Seite stetig sind Schreibe nun h := x x Dann folgt mit Talorformel: θ n [, 1] mit also folgt f(x = f(x + h = α <k R(x + h = α =k α! x (x h α + α α! x (x α + θ n hh α α =k α! x (x h α α f α x (x h α }{{ α } =r α(h Da f k-mal stetig partiell differenzierbar, und da x + θ n h x für h gilt r α (h für h Ferner gilt für α = k: h α h α h k 2 = hα 1 1 h αn n h k 2 = h 1 α 1 h α 1 2 h n αn, h αn 2 da h j h 2 für alle 1 j n gilt Damit folgt R(x + h h k 2 α =k 1 α! r α(h für h Da jede Norm äquivalent zu 2 gilt die Aussage dann auch für jede beliebige Norm auf R n Notation 99 Wir bezeichnen von nun an das Polnom T k f(x := α k α! x (x (x x α α 72 getext: Julia Wolters

7 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff als das k-te Talorpolnom von f im Entwicklungspunkt x Wir wollen nun im folgenden den Fall k = 2 genauer betrachten Dazu definieren wir für jede 2-mal stetig partiell differenzierbarfunktion f : U R n R die Hesse-Matrix A f (x von f im Punkt x durch A f (x = ( 2 f x j x i (x 1 i,j n Da 2-mal stetig partiell differenzierbar, ist A f (x nach Satz 93 eine smmetrische Matrix, also A f (x t = A f (x A f (x ist die 2-te Ableitung von f im Punkt x Satz 91 Sei f : U R n R 2-mal stetig partiell differenzierbar, und sei x U Dann filt für das 2-te Talorpolnom T 2 f(x im Entwicklungspunkt x : T 2 f(x + hf(x + f(x, h A f(x h, h ( Für den Fehler R(x = f(x T 2 f(x gilt dann lim x x R(x x x 2 2 Beweis: Der letzte Satz folgt sofort aus 98 im Fall k = 2 Nun zur Formel ( : Nach Definition gilt α = : α α = T 2 f(x + h = f α 2 α! x (x h α α (x x α h α = 1 (x! x h = f(x 2 l= α =l = α! x (x h α α α = 1: In diesem Fall gilt α = e j = (,,, 1 j,,, für 1 j n und es folgt α =2 α =1 α! x (x h α = α n j=1 f x j (x h j = f(x, h α = 2: In diesem Fall gilt entweder α = 2e j oder α = e i + e j mit i < j Damit folgt n α! x (x h α 1 2 f = (x α 2 x 2 h 2 j + 2 f h i h j j= j x j x i j<l = 1 2 = 1 2 n j=1 2 f (x x 2 h 2 j + 1 j 2 ( n n j=1 i=1 = 1 2 A f(x h, h n i,j=1 i j 2 f x j x i (x h i 2 f x j x i (x h i h j h j Damit folgt: T 2 f(x + h = f(x + f(x, h A f(x h, h getext: Julia Wolters 73

8 Prof Dr Siegfried Echterhoff Analsis 2 Vorlesung SS 29 Wir wollen nun die Talorfomel zur Untersuchung lokaler Extrema anwenden: Definition 911 Sei f : U R n R eine Funktion und sei x U Dann besitzt f in x ein lokales Maximum (bzw Minimum, falls ein δ > existiert mit f(x f(x (bzw f(x f(x x U δ (x U Gilt zusätzlich f(x = f(x x = x x U δ (x U, so hat f in x ein lokales Maximum (bzw Minimum im strengen Sinne Lemma 912 Sei U R n offen und f : U R partial differezierbar Dann gilt: besitzt f in x ein lokales Extremum (also lokales Maximum oder lokales Minimum, so gilt f(x = Beweis: Wähle δ > mit x + te j U t ( δ, δ Dann: Ist x lokales Extremum für f, so ist ein lokales Extremum für g : ( δ, δ R; g(t = f(x + te j Dann folgt = g ( = f x j (x 1 j n Wie im Falle einer Variablen erhalten wir also als notwendiges Kriterium fpr das Vorligen eines lokales Extremums im Punkt x, dass die erste Ableitung f(x im Punkt x verschwindet! Mit Hilfe der 2 Ableitung A f (x erhalten wir oft ein hinreichendes Kriterium Dazu benötigen wir: Definition 913 Sei A M n n (R smmetrisch (dh A = A t Dann heißt (1 positiv definit, falls Ah, h > h R n \ {} (2 positiv semi-definit, falls Ah, h h R n (3 negativ (semi- definit, falls -A positv (semi-definit ist (4 indefinit, falls h 1, h 2 R n existiert mit Ah 1, h 1 < und Ah 2, h 2 > Satz 914 Sei U R n offen, f : U R 2-mal stetig partiell differenzierbar, und sei x U mit f(x = Dann gelten: (1 Ist A f (x positiv (bzw negativ definit, so besitzt f im x ein lokales Minimum (bzw Maximum im strengen Sinn (2 Ist A f (x indefinit, so besitzt f in x kein lokales Extremum (3 Ist A f (x positiv (bzw negativ semi-definit, so besitzt f in x kein lokales Maximum (bzw Minimum (es könnte aber ein lokales Minimum (bzw Maximum vorliegen 74 getext: Julia Wolters

9 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff Beweis: Sei δ > mit U δ (x U Dann gilt nach 91 für alle h U δ (: f(x + h = f(x A f(x h, h + R(x + h (da f(x = 1 mit R stetig und lim R(x h h 2 + h = 2 Zu ε > existiert dann ein δ > mit R(x + h ε h 2 2 für alle h U δ ( (1 Sei A := A f (x positiv definit Sei S = { R n 2 = 1} Dann ist S kompakt (nach Heine-Borel, da S abgeschlossen und beschränkt und da A, stetig existiert ein S mit < α := A, A, S Dann folgt für alle h R n : Ah, h α h 2 2, denn dies ist klar für h = und für h gilt: α A h h 1 h, = Ah, h 2 2 = Ah, h α h 2 h 2 h 2 h Wähle nun S klein genug, dass R(x + h α 4 h 2 2 (so mit ε = α Dann folgt 4 für alle h U δ (, h : f(x + h = f(x Ah, h + R(x + h f(x + α 2 h 2 2 R(x + h f(x + α 2 h 2 2 α 4 h 2 2 = f(x + α 4 h 2 2 > f(x, also besitzt f in x ein lokales Minimum im strengeren Sinn Ist A = A f (x negativ definit, so folgt die entsprechende Aussage durch Übergang auf -f (denn A f (x = A f (x (2 Sei nun A indefinit Dann existieren 1, 2 S mit A 1, 1 < < A 2, 2 Setzte α i = A i, i, i = 1, 2 und wähle S wir in (1 für α = min{α 1, α 2 }, also R(x + h α 4 h 2 2 für alle h U δ ( Dann folgt für r ( δ, δ: f(x + r 1 = f(x A(r 1, r 1 + R(x + r 1 und analog: f(x + r2 2 α 1 α 1 4 r2 = f(x α 1r 2 4 < f(x f(x + r 2 = f(x A(r 2, r 2 + R(x + r 2 f(x + r2 2 α 2 α 2 4 r2 = f(x α 2r 2 > f(x 4 Damit existiert in jeder δ-umgebung von x Funktionswerte die > und < f(x getext: Julia Wolters 75

10 Prof Dr Siegfried Echterhoff Analsis 2 Vorlesung SS 29 (3 Folgt ähnlich wie (2 Erinnerung: In der Linearen Algebra wurde gezeigt: Ist A M n n (R smmetrisch, so existiert eine orthogonale Matrix O mit λ 1 O T AO = D = λ n Ferner gilt: Eine Matrix O ist orthogonal, wenn eine der folgenden äquivalenten Aussagen gilt: (1 O invertierbar mit O 1 = O T (also OO T = O T O = E (2 x, R n gilt Ox, O = x, = O T x, O T λ 1 Aus (2 folgt dann A = A T und ist O orthogonal mit O T AO = D =, so λ n gilt auch A = ODO T und dann folgt R n : hieraus folgt sofort: A, = ODO T, = DO T, O T, = Dz, z n = λ j zj 2, für z = O T R n j=1 Satz 915 Sei A M n n (R smmetrisch und seien λ 1,, λ n R die Eigenwerte von A Dann gelten: (1 A positiv definit λ 1,, λ n > (2 A negativ definit λ 1,, λ n < (3 A positiv semi-definit λ 1,, λ n (4 A negativ semi-definit λ 1,, λ n (5 A indefinit Eigenwerte λ i, λ j von A mit λ i <, λ j > Im Buch von Fischer zur Linearen Algebra 5 findet man das folgende nützliche Kriterium: 5 Lineare Algebra: Eine Einführung für Studienanfänger von Gerd Fischer, Verlag: Vieweg+Teubner 76 getext: Julia Wolters

11 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff Satz 916 (Hurwitz-Kriterium Sei A M n n (R smmetrisch Dann sind äquivalent: (1 A ist positiv definit (2 Für alle 1 k n gilt det A k >, wobei k a 11 a 1k {}}{ A k =, dh A = A k a k1 a kk Beweis: Siehe Fischer, Lineare Algebra Beispiel 917 (der Fall n = 2 Sei f : U R 2 R eine 2-mal stetig partiell differenzierbar Funktion und sei x U mit f(x = Sei A = A f (x Dann gilt f(x + h = f(x Ah, h + R(x + h mit R(x + h sehr klein nahe bei x, also f(x + h f(x + 1 Ah, h für h sehr klein 2 Wähle Orthonormalbasis {v 1, v 2 } von R 2 mit Av 1 = λ 1 v 1, Av 2 = λ 2 v 2 Schreiben wir dann in den Koordinaten {v 1, v 2 } so folgt h = h 1 v 1 + h 2 v 2 f(x + h f(x A(h 1v 1 + h 2 v 2, (h 1 v 1 + h 2 v 2 = f(x λλ 1h 1 v 1 + λ 2 h 2 v 2, h 1 v 1 + h 2 v 2 = f(x (λ 1h λ 2 h 2 2 = f(x + λ 1 2 h2 1 + λ 2 2 h2 2 getext: Julia Wolters 77

12 Prof Dr Siegfried Echterhoff Analsis 2 Vorlesung SS 29 Wir unterscheiden in 3 verschiedene Fälle: I a : λ 1, λ 2 > Parabolid (f hat lokales Minimum in x II: λ 1 λ 2 < Sattelfläche (A indefinit Abbildung 12: Parabolid I b : λ 1, λ 2 < umgedrehter Parabolid (f hat lokales Maximum in x Abbildung 14: Sattelfläche III: λ 1 λ 2 = aber λ 1 λ 2 Parabelförmig Parabo- Abbildung 13: umgedrehter lid Konkretes Beispiel: Sei f : R 2 R, f f Abbildung 15: Parabelförmig x = sin(x Dann gilt x 2x = cos(x 2 + 2, 2 x x also f = = oder x = π + kπ, k N 2 Hesse-Matrix: Es gilt 2 f x = 2 cos(x x x 2 sin(x f x = 2 cos(x sin(x und 2 f x = 2 f x = 4x sin(x x x x 2 2x Damit folgt: A f = cos(x sin(x x 4x 4 2 Insbesondere gilt 78 getext: Julia Wolters

13 Vorlesung SS 29 Analsis 2 Prof Dr Siegfried Echterhoff 4x A f = ( 1 k+1 2 4x 4x 4 2 falls x = π + kπ, k N 2 Damit folgt: f besitzt in ein lokales Minimum (Parabolid In den anderen Fällen ( x x gilt det A f = 16x (x 2 = Da aber A f dort immer nur genau einer der Eigenwerte an dieser Stelle sein Damit ist f in allen diesier Punkte Parabelförmig getext: Julia Wolters 79

14 Der Fall Ia: _1>, _2> Der Fall Ib: _1<, _2<

15 Der Fall II: _1>, _2< Der Fall III: _1>, _2=

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