UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. M. Uhl. Sommersemester 2009

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1 UNIVERSITÄT KARLSRUHE Institut für Analysis HDoz Dr P C Kunstmann Dipl-Math M Uhl Sommersemester 009 Höhere Mathematik II für die Fachrichtungen Elektroingenieurwesen, Physik und Geodäsie inklusive Komplexe Analysis und Integraltransformationen Lösungsvorschläge zum 6 Übungsblatt Aufgabe a Sei f : R 3 R, fx, y, z xy z 3 e xy z 3, x e y + sin x : f x, y, z, f x, y, z Da die partiellen Ableitungen von f f x x, y, z y z 3 e xy z 3 + xy z 3 e xy z 3 y z 3 y z 3 + xy z 3 e xy z 3, f y x, y, z xyz 3 + xy z 3 e xy z 3, f z x, y, z 3xy z + xy z 3 e xy z 3, f x x, y, z xe y + cos x, f y x, y, z x e y, f z x, y, z 0 auf R 3 stetig sind, ist f stetig partiell differenzierbar und damit auch differenzierbar Für die Ableitung von f ergibt sich f f x, y, z x x, y, z f y x, y, z f z x, y, z f x x, y, z f y x, y, z f z x, y, z y z 3 + xy z 3 e xy z 3 xyz 3 + xy z 3 e xy z 3 3xy z + xy z 3 e xy z 3 xe y + cos x x e y 0 b f : R R 3, fx, y ye x + x sinh y, y 4 + 3x sin y, 4y x 3 Auch hier sind sämtliche partiellen Ableitungen von f stetig, so dass f differenzierbar ist mit ye x + sinh y e x + x cosh y f x, y 6x sin y 4y 3 + 3x cos y, x, y R 3x 4 c f : 0, π, π π/, π/ R 3, fr, ϕ, θ r cos ϕ cos θ, r sin ϕ cos θ, r sin θ Wiederum ist f stetig partiell differenzierbar und damit differenzierbar Die Ableitung von f lautet cos ϕ cos θ r sin ϕ cos θ r cos ϕ sin θ f r, ϕ, θ sin ϕ cos θ r cos ϕ cos θ r sin ϕ sin θ, r, ϕ, θ 0, π, π π/, π/ sin θ 0 r cos θ Bemerkung: Es gilt det f r, ϕ, θ r cos θ Kugelkoordinaten d f : R 0, R R, fw, x, y, z x y Wegen x y e y ln x gilt f x w, x, y, z e y ln x y/x und f y w, x, y, z e y ln x ln x Folglich ist f w, x, y, z 0 yx y x y ln x 0, w, x, y, z R 0, R

2 Aufgabe a Bei der Funktion f ergibt sich für eine Richtung v v, v R \ {0, 0} wegen f0, 0 0 f0, 0 + tv f0, 0 ftv, tv 0, 0 lim lim v t 0 t t 0 t Ist v so gewählt, dass v v 0 gilt, dann hat man tv tv 0 für alle t 0 und damit nach Definition von f tv 0, 0 lim v v t 0 t Ist dagegen v v < 0, so erhält man tv tv < 0 für alle t 0, also tv + tv 0, 0 lim v t 0 t v + v Für die Funktion f existieren folglich alle Richtungsableitungen im Punkt 0, 0 b Wir bestimmen zunächst f x 0, y 0 Da f in x 0, y 0 differenzierbar ist, gilt f x 0, y 0 u u x 0, y 0 und f x 0, y 0 v v fx 0, y 0 Setzen wir abkürzend α : f x x 0, y 0 und β : f y x 0, y 0, so ist f x 0, y 0 α β, also f x 0, y 0 u α + β und f x 0, y 0 v α + β Obige Gleichungen liefern daher α + β und α + β Hieraus erhält man durch Addieren 3β, also β 3, und damit α 5 3 Folglich ist f x 0, y und aufgrund der Differenzierbarkeit von f in x 0, y 0 ergibt sich w x 0, y 0 f x 0, y 0 w Aufgabe 3 Wie wir aus der Vorlesung wissen, ist die gesuchte Richtung h gegeben durch h grad fx 0, y 0 grad fx 0, y a Die Funktion f ist auf R \ {0, 0} als Komposition stetiger Funktionen stetig; es bleibt noch der Nullpunkt zu prüfen Ist x, y 0, 0 und z : max{ x, y }, so gilt fx, y y 3 x y x + y y3 + x y x + y z3 + z 3 z z max{ x, y }, und damit folgt fx, y 0 f0, 0 für x, y 0, 0 b Für x, y 0, 0 gilt f x x, y xyx + y y 3 x yx x + y 4xy3 x + y, f y x, y 3y x x + y y 3 x yy x + y x4 + 4x y + y 4 x + y Auf R \ {0, 0} haben wir also grad fx, y fx x, y f y x, y x + y 4xy 3 x 4 + 4x y + y 4

3 Nun noch zum Nullpunkt: Definitionsgemäß gilt und f0 + h, 0 f0, f x 0, 0 lim lim 0 f0, 0 + h f0, 0 f0, h f y 0, 0 lim lim lim h Somit ist f auch in 0, 0 partiell differenzierbar mit fx 0, 0 grad f0, 0 f y 0, 0 c Wegen f x x, x 0 4x4 x 0 x + x 0 f x 0, 0, f y x, 0 x x + 0 x 0 f y 0, 0 ist weder f x noch f y im Punkt 0, 0 stetig d Es sei v v, v 0, 0 eine beliebige Richtung Dann gilt f0, 0 + hv f0, 0 fhv, hv 0, 0 lim lim v lim hv 3 hv hv hv + hv Dies soll nun mit verglichen werden Es gilt lim h 0 h 3 v 3 h3 v v h 3 v + v grad f0, 0 v 0 v v lim h 0 v 3 v v v + v v v3 v v v + v v 3 v v v + v v v 3 v v v v + v v v 0 Gleichheit gilt also genau dann, wenn v 0 oder v 0 ist e Nicht für alle Richtungen v gilt die Gleichung v 0, 0 grad f0, 0 v Folglich kann die Funktion f in 0, 0 nicht differenzierbar sein, denn sonst müsste die Gleichung für alle Richtungen gelten Da die partiellen Ableitungen von f auf R \ {0, 0} stetig sind, ist f auf R \ {0, 0} stetig partiell differenzierbar, also auch differenzierbar mit Aufgabe 4 f x, y grad fx, y T x + y 4xy 3 x 4 + 4x y + y 4 a Für die partiellen Ableitungen von f im Punkt 0, 0 gilt ft, 0 f0, 0 t sin t 0 f x 0, 0 lim lim lim t sin t 0, t 0 t t 0 t t 0 weil sin t beschränkt ist, und aufgrund von fx, y fy, x ist f y 0, 0 f x 0, 0 0 Die Funktion f : R R ist genau dann differenzierbar in 0, 0, wenn es eine lineare Abbildung A: R R, also A R, gibt mit fh, f0, 0 A h h 0 0 h

4 Wegen f x 0, 0 0 und f y 0, 0 0 ist A 0 0 unser Kandidat für die Ableitung von f in 0, 0 In der Tat ist für dieses A erfüllt, denn es gilt f0, 0 0 und A h 0 sowie fh, h + h sin h + h sin h b Für die partielle Ableitung von f nach x ergibt sich im Fall x, y 0, 0 h f x x, y x sinx + y / + x + y cosx + y / x + y 3/ x Damit hat man für x 0 x sinx + y / xx + y / cosx + y / f x x, 0 x sin x x x cos x Ist x k : kπ, k N, gesetzt, so strebt x k 0 für k, allerdings konvergiert f x x k, 0 kπ sinkπ coskπ k für k nicht Folglich ist f x in 0, 0 nicht stetig Aus Symmetriegründen fx, y fy, x für alle x, y R gilt dies auch für f y Bemerkung: Die Funktion f ist ein Beispiel für eine Funktion, die differenzierbar ist, jedoch nicht stetig partiell differenzierbar ist Wenn man also weiß, dass eine Funktion nicht stetig partiell differenzierbar ist, dann kann man keine Aussage über Differenzierbarkeit treffen Aufgabe 5 a Auf R \ {0, 0} ist f als Komposition stetiger Funktionen stetig; wir müssen also nur noch die Stetigkeit in 0, 0 nachweisen: Wegen x y x + y x y x + y x + y x + y gilt fx, y xy und damit folgt fx, y 0 f0, 0 für x, y 0, 0 b Für x, y 0, 0 ist f x x, y y x y x + y + xy xx + y x y x x + y yx y x + y x + y + 4x y 3 x + y x4 y + 4x y 3 y 5 x + y, und wegen fx, y fy, x ergibt sich daraus fx, y + h fx, y fy + h, x + fy, x f y x, y lim lim fy + h, x fy, x lim f x y, x y4 x + 4y x 3 x 5 y + x Für x, y 0, 0 gilt also grad fx, y fx x, y f y x, y x + y Für die partiellen Ableitungen von f im Nullpunkt erhalten wir und Somit ist grad f0, 0 0, 0 x 4 y + 4x y 3 y 5 x 5 4x 3 y xy 4 f0 + h, 0 f0, f x 0, 0 lim lim 0 f0, 0 + h f0, 0 f y 0, 0 lim lim 0

5 c Es ist f xy 0, 0 sowie f yx 0, 0 f f y h, 0 f y 0, 0 f y h, 0 0, 0 lim lim lim x y h f f x 0, h f x 0, 0 f x 0, h h 5 0, 0 lim lim lim y x 0 + d Wie wir wissen, gilt grad fx, y x + y x 4 y + 4x y 3 y 5 x 5 4x 3 y xy 4 auf R \ {0, 0} Dort existieren also die partiellen Ableitungen erster Ordnung und sind stetig, d h f ist dort stetig partiell differenzierbar Aus der Vorlesung wissen wir, dass dies die Differenzierbarkeit von f impliziert Die Ableitung ist f x, y grad fx, y T x + y x 4 y + 4x y 3 y 5 x 5 4x 3 y xy 4 Weiter ist bekannt: grad f0, 0 0, 0 Für x, y 0, 0 sei z : max{ x, y } Es gilt f x x, y x4 y + 4x y 3 y 5 x + y z5 + 4z 5 + z 5 z 6z 6 max{ x, y } Damit folgt f x x, y 0 f x 0, 0 für x, y 0, 0 Genauso sieht man ein, dass f y in 0, 0 stetig ist Also ist f in 0, 0 stetig partiell differenzierbar und damit differenzierbar, und es gilt f 0, e Die Funktion f kann nicht zweimal stetig differenzierbar sein, denn sonst müssten f yx und f xy nach dem Satz von Schwarz übereinstimmen, was aber nach c nicht der Fall ist Aufgabe 6 Offensichtlich besitzen alle drei Funktionen stetige partielle Ableitungen und sind damit differenzierbar Für f mit den Komponentenfunktionen f x, y : x und f x, y : y gilt f f x, y x f y x 0, f x f y 0 y und ebenso ergibt sich g y cosxy x cosxy x, y e x+y e x+y und h x, y e x cos y e x sin y cosh x 0 Mit Hilfe der Kettenregel kommen wir dann auf g f x, y g fx, y y f cosx y x cosx y x 0 x, y e x +y e x +y 0 y xy cosx y x y cosx y xe x +y ye x +y Für die Funktion h g erhält man h g x, y h gx, y g x, y e sinxy cose x+y e sinxy sine x+y y cosxy x cosxy coshsinxy 0 e x+y e x+y, 5

6 und Ausmultiplizieren liefert für h g x, y die Matrix y cosxy cose x+y e x+y sine x+y e sinxy x cosxy cose x+y e x+y sine x+y e sinxy y cosxy coshsinxy x cosxy coshsinxy Wegen g fx, y gfx, y gx, y sinx y, e x +y : u x, y, u x, y erhalten wir g f u x, y x u y u x u y xy cosx y x y cosx y xe x +y ye x +y Außerdem ist h gx, y hgx, y h sinxy, e x+y e sinxy cose x+y, sinhsinxy : v x, y, v x, y und für die Ableitung ergibt sich h g v x, y x v y v x v y y cosxy cose x+y e x+y sine x+y e sinxy x cosxy cose x+y e x+y sine x+y e sinxy y cosxy coshsinxy x cosxy coshsinxy Aufgabe 7 a Der Umkehrsatz liefert die Behauptung, wenn folgende Bedingungen erfüllt sind: Die Funktion g muss stetig differenzierbar sein, es muss gln, π 0, 3 4 gelten, und die Matrix g ln, π muss regulär sein Überprüfen wir diese Voraussetzungen: Die stetige Differenzierbarkeit ist offensichtlich Weiter ist gln, π coshln cos π sinhln sin π 0 sinhln denn sinhln eln e ln 3 4 Schließlich gilt g sinh x cos y cosh x sin y x, y, cosh x sin y sinh x cos y und damit ist regulär, denn coshln Nach dem Umkehrsatz gilt g ln, π 0 coshln coshln 0 0, 3/4 g 0, 3 4 g g 0, 3 4 g ln, π 0 5/4 5/4 0 b Die Funktion g ist überall stetig differenzierbar und für alle x, y R ist det g x, y sinh x cos y + cosh x sin y 0 4/5 4/5 0 Diese Determinante wird also nur dann 0, wenn sinh x cos y 0 und cosh x sin y 0 gilt Für x > 0 ist dies gleichbedeutend mit cos y 0 und sin y 0, kann also nie eintreten Folglich ist für x > 0 die Matrix g x, y stets regulär Der Umkehrsatz liefert nun die lokale Invertierbarkeit Die Funktion g ist aber nicht injektiv wegen gx, y + π gx, y 6

7 Aufgabe 8 a Die behauptete Auflösbarkeit folgt mit dem Satz über implizit definierte Funktionen, wenn wir f0, 0, 0 und 0, 0, 0 z für die stetig differenzierbare Funktion f : R 3 R, fx, y, z : z 3 + z 3xyz + x 3 y 3, überprüft haben Es gilt f0, 0, und z x, y, z 3z + 4z 3xy, also womit die Behauptung bereits bewiesen ist Für die Ableitung gilt z 0, 0, , g x, y x, y, gx, y x, y, gx, y z x, y 3ygx, y + 3x 3gx, y 3xgx, y 3y + 4gx, y 3xy b Wir müssen zeigen, dass in der Nähe von 0, 0,, durch die Gleichung x fx, y, u, v 0, mit fx, y, u, v : + y u + v x + y 3u + 4v implizite Funktionen u und v definiert werden Offenbar ist f : R 4 R stetig differenzierbar; zudem sieht man sofort, dass f0, 0,, 0 gilt; die ersten zwei Voraussetzungen des Satzes über implizit definierte Funktionen sind also erfüllt Jetzt müssen wir nur noch prüfen, ob die Matrix u,v und damit 4 0 f x, y, u, v 0, 0,, regulär ist Wegen u,v x y u v x 4y 6u 8v ist x, y, u, v u, v u v 6u 8v 0, 0,, 6 8 Diese Matrix ist tatsächlich regulär, denn det 6 8 Bilden wir in den beiden Gleichungen x + y u + v 0 und x + y 3u + 4v die partielle Ableitung nach x, wobei wir u ux, y und v vx, y jetzt als die implizit definierten Funktionen auffassen, so ergibt sich x uu x + vv x 0 und x 6uu x + 8vv x 0 Einsetzen von x y 0 liefert wegen u0, 0 v0, 0 die Gleichungen u x 0, 0 + v x 0, 0 0 und 6u x 0, 0 + 8v x 0, 0 0 Dieses lineare Gleichungssystem hat als Lösung nur u x 0, 0 v x 0, 0 0 Um die partiellen Ableitungen nach y der implizit definierten Funktionen u ux, y und v vx, y zu berechnen, gehen wir analog wie eben vor Wir bilden in beiden Gleichungen x + y u + v 0 und x + y 3u + 4v die partielle Ableitung nach y und erhalten y uu y + vv y 0 und 4y 6uu y + 8vv y 0 Einsetzen von x y 0 liefert wegen u0, 0 v0, 0 die Gleichungen u y 0, 0 + v y 0, 0 0 und 6u y 0, 0 + 8v y 0, 0 0 Dieses lineare Gleichungssystem hat als Lösung nur u y 0, 0 v y 0, 0 0 7

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