Übungen zu Grundlagen der Mathematik 2 Lösungen Blatt 12 SS 14. Aufgabe 44. Bestimmen Sie die Taylor-Polynome der Funktion.

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1 Übungen zu Grundlagen der Mathematik Lösungen Blatt 1 SS 14 Prof. Dr. W. Decker Dr. M. Pleger Aufgabe 44. Bestimmen Sie die Taylor-Polynome der Funktion f : U R, (x, y) x y x + y, im Punkt (1, 1) bis einschließlich. Ordnung, wobei ist. U := {(x, y) R x > 0, y > 0} Lösung. Die partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung lauten daher gilt y x (x + y), x y (x + y), 4y x (x + y), 3 (x y) y x (x + y), 3 4x y (x + y), 3 T (1,1) f, (x, y) =f(1, 1) + x f(1, 1) (x 1) + f(1, 1) (y 1) y + 1 x f(1, 1) (x 1) + 1 f(1, 1) (y 1) y + 1 f(1, 1) (x 1)(y 1) = 1 (x 1) 1 (y 1) 1 4 (x 1) + 1 (y 1) 4 =x y 1 4 x y. 1

2 Aufgabe 45. (a) Bestimmen Sie die lokalen Extrema der Funktion f : R R, (x, y) (4x + y ) exp( x 4y ). (b) Zeigen Sie Korollar aus der Vorlesung. Lösung. Teil (a): Es gilt gradf = (x(4 4x y ) exp( x 4y ), y(1 16x 4y ) exp( x 4y )). Das Gleichungssystem grad 0 besitzt die folgenden Lösungen: (i) x = 0: Dann muss y( 8y ) = 0 sein, woraus y = 0 oder y = ± 1 folgt. (ii) y = 0: Dann muss x(8 8x ) = 0 sein, woraus x = 0 oder x = ±1 folgt. (iii) x, y 0: Dann gilt 4 4x y = 0 = 1 16x 4y, woraus 3 + 1x + 3y = 0 folgt, was einen Widerspruch darstellt. Somit sind die Lösungen von grad 0 genau die Punkte (0, 0), (0, ± 1 ) und (±1, 0). Wegen x ( e x 4y 16x 4 + 4x y 40x y + 8 ) y ( e x 4y 56x y + 64y 4 3x 40y + ) y x ( e x 4y 64x 3 y + 16xy 3 68xy ) nimmt die Hesse-Matrix an diesen Punkten die folgenden Werte an: ( ) 8 0 Hessf(0, 0) =, 0 Hessf(0, ± 1 ( 15 ) ) = 0 e 1, 0 4 ( ) 16 0 Hessf(±1, 0) = e Am Punkt (0, 0) liegt eine lokale Minimalstelle vor, da Hessf(0, 0) positiv definit ist. An den Punkten (±1, 0) liegen lokale Maxima vor, da Hessf(±1, 0) negativ definit ist. An den Punkten (0, ± 1) liegen keine Extremstellen vor, da Hessf(0, ± 1 ) indefinit ist. Des Weiteren besitzt f keine anderen Extremstellen. Teil (b): Es sei ξ U δ (0). Dann gilt ξ < δ, woraus (a + ξ) a = ξ < δ folgt. Somit ist die Strecke [a, a + ξ] in U δ (a) und somit in U enthalten.

3 Wir definieren die Abbildung ϕ : U δ (0) R, ξ f(a + ξ) α k ξ α. Dann gilt Des Weiteren haben wir α k ϕ(0) = f(a) D 0 f(a) 0! ξ α + ϕ(ξ) = f(a + ξ). 1 = f(a) f(a) = 0. Es sei nun ξ U δ (0). Dann existiert nach Satz 3.1. ein τ [0, 1] mit da ξ j = ϕ(ξ) = ξ j n i=1 ξ i = D α f(a + θξ) ξ α D α f(a + θξ) ξ α D α f(a + θξ) ξ k, = ξ für alle 1 j n gilt, woraus ξ α ξ α = x 1 α1 x n αn ξ α1 ξ αn = ξ α = ξ k folgt. Damit bekommen wir ϕ(ξ) ξ k D α f(a + θξ) D α f(a + θξ). Da D α f stetig ist, gilt D α f(a + ξ) und somit D α f(a + θ ξ) für ξ 0. Dadurch erhalten wir ϕ(ξ) lim ξ 0 ξ = 0, k also auch ϕ(ξ) lim ξ 0 ξ = 0, k 3

4 Aufgabe 46. (a) Betrachten Sie die Funktion f : U R, (x, y) x + y, wobei U := [0, 1] [0, 1] R ist. Zeigen Sie, dass f im Punkt (1, 1) ein lokales Maximum besitzt, aber dennoch gradf(1, 1) 0 gilt. (b) Betrachten Sie die Funktion f : R R, (x, y) (y x )(y x ). Zeigen Sie, dass gradf(0, 0) = 0 gilt, aber (0, 0) keine lokale Extremstelle ist. Warum kann Satz 3..3 nicht angewandt werden? Lösung. Teil (a): Es seien x, y [0, 1[. Dann gelten x + y < = f(1, 1), f(x, 1) = x + 1 < = f(1, 1), f(1, y) = 1 + y < = f(1, 1). Somit besitzt f an der Stelle (1, 1) ein lokales Maximum. Des Weiteren gilt grad(f) = (1, 1) und somit gradf(1, 1) = (1, 1) 0. Teil (b): Es gilt gradf = (8x 3 6xy, y 3x ) und somit ist gradf(0, 0) = 0. Wir haben f(0, 0) = 0. Es sei ε > 0 mit ε < 1. Dann sind (0, ε ), ( ε 3, ε 6 ) U ε(0) und es gilt f(0, ε ) = ε 4 > 0, f( ε 3, ε 6 ) = ε4 34 < 0. Demnach kann f keine Extremstelle sein. Warum kann Satz 3..3 nicht angewandt werden? Wir berechnen die Hesse-Matrix und erhalten ( ) 4x Hessf = 6y 6x, 6x also Hessf(0, 0) = ( ) Die Matrix Hessf(0, 0) ist also weder positiv oder negativ definit noch indefinit. Wir können demnach Satz 3..3 nicht anwenden. 4

5 Aufgabe 47. Es seien A Mat(n n, R) eine symmetrische reelle Matrix und f : R n \ {0} R, x x, wobei t x die Transponierte von x und die gewöhnliche euklidische Norm auf R n ist. Zeigen Sie, dass f ein Maximum und Minimum annimmt und dass alle Vektoren, an denen Maximum und Minimum angenommen werden, Eigenvektoren von A sind. Lösung. Für x R n \ {0} und λ R gilt f(λx) = t (λx)a(λx) λx S := {x R n x = 1}, so gilt f(r n \ {0}) = f(s). = λ λ x = f(x). Setzen wir Die Menge S ist als Urbild der abgeschlossenen Menge {1} unter der stetigen Abbildung R R, x x, abgeschlossen. Da die Menge S offensichtlich auch beschränkt ist, ist sie nach Satz kompakt. Nach Bemerkung nimmt f Maximum und Minimum auf S an. Es sei zunächst B = (b k,l ) Mat(n n, R) eine beliebige symmetrische Matrix. Dann gilt t xbx = n n k=1 l=1 b k,lx k x l. Somit ist die Abbildung R n \ {0} R, x t xbx, differenzierbar und es gilt t xbx x i = ( n k=1 n l=1 b k,lx k x l ) = (b i,ix i + k i b k,ix k x i + k i b i,kx i x k ) x i x i n b i,k x k = b i,i x i + k i (b k,i + b i,k )x k = für alle 1 i n, also grad( t xbx) = t xb. Insbesondere ist dann auch die Abbildung R n \ {0} R, x t x x, differenzierbar mit (t xx) x i = x i, also grad( t xx) = t x. Dies zeigt aber auch, dass die Abbildung f differenzierbar ist und nach der Kettenregel k=1 gradf = t xa x ( ) t x x 4 gilt. Ist nun x eine Extremstelle, so muss gradf(x) = 0 gelten. Wir bekommen die folgenden Äquivalenzen: gradf(x) = 0 0 = t xa x ( ) t x = t x(a (A x 1)x = 0 Ax = x 1x. 1) x x Somit ist gradf(x) genau dann 0, wenn x ein Eigenvektor von A ist. Insbesondere sind alle Vektoren, an denen Maximum und Minimum angenommen werden, Eigenvektoren von A. 5