TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 1. Dr. M. Herrich SS 2017
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1 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 1 Prof. Dr. K. Eppler Institut für Numerische Mathematik Dr. M. Herrich SS 2017 Aufgabe 1 Übungen zur Vorlesung Mathematik II 4. Übung, Ein Student erhält beim Physik-Praktikum einen Würfel, der aus einem metallischen Stoff besteht. Seine Aufgabe besteht nun darin, die Dichte des Stoffes zu bestimmen. Dazu wiegt er den Körper und ermittelt dadurch eine Masse m von 120 Gramm. Anschließend misst er die Seitenlänge a des Würfels zu 2.5 Zentimetern. Aus diesen Größen lässt sich die Dichte des Stoffes dann nach der Formel berechnen. ρ = ρ(m,a) = m a 3 (a) Bestimmen Sie das totale Differential von ρ. (b) Welchen Wert für ρ erhält der Student mit Hilfe seiner Messwerte für m und a? (c) Angenommen, die Messgröße m ist mit einem maximalen prozentualen Fehler von 1% und die Messgröße a ist mit einem maximalen prozentualen Fehler von 2% behaftet. Wie groß ist der maximale absolute sowie prozentuale Fehler für ρ? Lösung: (a) dρ = ρ ρ dm+ m a da = 1 3m dm a3 a 4 da (b) ρ(120 g, 2.5 cm) = 7.68 g cm 3 (c) Es seien m die Differenz zwischen der tatsächlichen Masse und der gemessenen Masse des Würfels und a die Differenz zwischen der tatsächlichen Seitenlänge und der gemessenen Seitenlänge des Würfels. Aus der Aufgabenstellung ist bekannt, dass die gemessene Masse höchstens einen prozentualen Fehler von 1% aufweist (prozentualer Fehler ist gleichbedeutend mit relativer Fehler). Das heißt, es gilt: m 120 g 0.01 m g = 1.2 g. Weiter ist aus der Aufgabenstellung bekannt, dass die gemessene Seitenlänge höchstens einen prozentualen Fehler von 2% aufweist, dass also gilt: a 2.5 cm 0.02 a cm = 0.05 cm. Gesucht ist nun als erstes der maximale absolute Fehler für ρ, das heißt, eine Abschätzung für den Betrag der Differenz ρ zwischen der tatsächlichen Dichte und der in Teilaufgabe (b) berechneten Dichte. Dazu nutzen wir das totale Differential (siehe Teilaufgabe (a)), ersetzen aber dρ, dm und da durch ρ, m und a: ρ 1 3m m a3 a 4 a
2 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 2 ( ) 1 m + 3m a a 3 a g 1.2 g cm 2.5 cm3 2.5 cm4 = g cm 3. In ( ) wurde dabei die Dreiecksungleichung verwendet. Teilen wir den erhaltenen Wert durch den in Teilaufgabe (b) berechneten Wert für die Dichte, erhalten wir eine Abschätzung für den prozentualen (relativen) Fehler für ρ: ρ ρ g cm g cm 3 = 0.07 = 7%. Aus den erhaltenen Ergebnissen lässt sich schlussfolgern, dass die tatsächliche Dichte in folgendem Intervall liegt (Werte in g cm 3 ): [ , ] = [7.1424, ].
3 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 3 Aufgabe 2 Heft Ü2: 17.23, Teilaufgaben b), c). Bestimmen Sie die Gleichung der Tangentialebene an die durch z = f(x, y) gegebene Fläche im Punkt P 0 (x 0,y 0,z 0 ). b) z = x 2 +4xy 2y 2 mit P 0 (2,1,z 0 ) c) z = (x 2 +y 2 ) mit P 0 (1, 2,z 0 ) Lösung: b) Die Gleichung der Tangentialebene im Punkt (x 0,y 0,z 0 ) = (2,1,z 0 ) (mit z 0 = f(2,1)) lautet z = T(x,y) = f(x 0,y 0 )+f x (x 0,y 0 ) (x x 0 )+f y (x 0,y 0 ) (y y 0 ) = f(2,1)+f x (2,1) (x 2)+f y (2,1) (y 1). Wir bestimmen den Funktionswert sowie die Werte der partiellen Ableitungen unserer Funktion f an der Stelle (2,1). f(2,1) = 10 f x = 2x+4y f x (2,1) = 8 f y = 4x 4y f y (2,1) = 4 Damit besitzt die Tangentialebene im Punkt (x 0,y 0,z 0 ) = (2,1,z 0 ) die Gleichung (bzw. 8x+4y z = 10). z = T(x,y) = 10+8(x 2)+4(y 1) c) Die Gleichung der Tangentialebene im Punkt (x 0,y 0,z 0 ) = (1, 2,z 0 ) (mit z 0 = f(1, 2)) lautet z = T(x,y) = f(x 0,y 0 )+f x (x 0,y 0 ) (x x 0 )+f y (x 0,y 0 ) (y y 0 ) = f(1, 2)+f x (1, 2) (x 1)+f y (1, 2) (y 2). Wir bestimmen den Funktionswert sowie die Werte der partiellen Ableitungen unserer Funktion f an der Stelle (1, 2). ( f 1, ) 2 = 1 2 x ( f x = 2 f x 1, ) 2 = 1 4 x 2 y 2 2 y ( f y = 2 f y 1, ) 2 = x 2 y 2 2 Damit besitzt die Tangentialebene im Punkt (x 0,y 0,z 0 ) = (1, 2,z 0 ) die Gleichung z = T(x,y) = (x 1) 1 2 2(y 2) (bzw. x+ 2y +2z = 4).
4 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 4 Aufgabe 3 Heft Ü2: 18.9, Teilaufgaben c), d). Mit Hilfe der Taylorschen Formel approximiere man die durch z = f(x,y) gegebene Fläche an der Stelle P(x 0,y 0 ) durch eine Fläche 2. Ordnung: c) z = ln(x 2 +y), P(0,1), ( y d) z = arctan, x) P(1,1). Lösung: Die allgemeine Vorschrift für das Taylor-Polynom zweiter Ordnung an einer Stelle (x 0,y 0 ) lautet T 2 (x,y) = f(x 0,y 0 )+f x (x 0,y 0 ) (x x 0 )+f y (x 0,y 0 ) (y y 0 ) f xx(x 0,y 0 ) (x x 0 ) 2 +f xy (x 0,y 0 ) (x x 0 )(y y 0 )+ 1 2 f yy(x 0,y 0 ) (y y 0 ) 2. c) In dieser Aufgabe ist (x 0,y 0 ) = (0,1). Der Funktionswert von f an der Stelle (0,1) ist f(0,1) = ln(0 2 +1) = 0. Wir berechnen nun alle benötigten Ableitungen und setzen jeweils die Stelle (0,1) ein. f x = f y = 2x x 2 +y 1 x 2 +y f x (0,1) = 0, f y (0,1) = 1, f xx = 2(x2 +y) 2x 2x (x 2 +y) 2 = 2x f xy = (x 2 +y) 2 f xy (0,1) = 0, 1 f yy = (x 2 +y) 2 f yy (0,1) = 1. 2y 2x2 (x 2 +y) 2 f xx (0,1) = 2, Die Gleichung der gesuchten Fläche zweiter Ordnung ergibt sich, indem wir unsere ermittelten Werte in die allgemeine Vorschrift einsetzen: T 2 (x,y) = y 1+x (y 1)2. d) In dieser Aufgabe ist (x 0,y 0 ) = (1,1). Der Funktionswert von f an der Stelle (1,1) ist ( ) 1 f(1,1) = arctan = π 1 4. Wir berechnen nun alle benötigten Ableitungen und setzen jeweils die Stelle (1,1) ein. f x = f y = f xx = 1 ( y ) 1+ y2 x 2 = y x 2 +y 2 f x (1,1) = 1 2, x y2 x = x x 2 +y 2 f y (1,1) = 1 2, x 2 y (x 2 +y 2 ) 2 2x = 2xy (x 2 +y 2 ) 2 f xx (1,1) = 1 2,
5 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 5 f xy = 1 (x2 +y 2 ) y 2y (x 2 +y 2 ) 2 = y2 x 2 (x 2 +y 2 ) 2 f xy (1,1) = 0, x 2xy f yy = (x 2 +y 2 2y = ) 2 (x 2 +y 2 ) 2 f yy (1,1) = 1 2. Die Gleichung der gesuchten Fläche zweiter Ordnung ergibt sich, indem wir unsere ermittelten Werte in die allgemeine Vorschrift einsetzen: T 2 (x,y) = π (x 1)+ 1 2 (y 1)+ 1 4 (x 1)2 1 4 (y 1)2.
6 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 6 Aufgabe 4 Gegeben sei die Gleichung durch die eine Kurve in der xy-ebene beschrieben wird. f(x,y) = 2x 2 +y 2e xy = 0, (1) (a) Weisen Sie nach, dass jeder der drei Punkte P 1 ( 1,0), P 2 (1,0) und P 3 (0,2) die Gleichung (1) erfüllt. (b) Untersuchen Sie für jeden der drei Punkte P 1,P 2,P 3 aus Teilaufgabe (a), ob die Gleichung (1) in einer Umgebung des jeweiligen Punktes eindeutig nach y auflösbar ist. Falls ja, dann berechnen Sie die 1. Ableitung der dadurch bestimmten Funktion y = g(x) im jeweiligen Punkt. (c) Ermitteln Sie für jeden der drei Punkte P 1,P 2,P 3 aus Teilaufgabe (a) eine Gleichung der Tangente an die durch (1) beschriebene Kurve. Lösung: (a) Das kann leicht durch Nachrechnen bestätigt werden. (b) Vorausgesetzt, ein Punkt P(x 0,y 0 ) erfüllt die Gleichung f(x,y) = 0. Dann gilt nach dem Satz über implizite Funktionen: Die Gleichung f(x, y) = 0 ist in einer gewissen Umgebung des Punktes P eindeutig nach y auflösbar, falls f y (x 0,y 0 ) 0 ist. Die Ableitung der durch die Gleichung implizit gegebenen Funktion y = g(x) an der Stelle x 0 lässt sich dann nach der folgenden Formel mit Hilfe der partiellen Ableitungen von f berechnen: g (x 0 ) = f x(x 0,y 0 ) f y (x 0,y 0 ). Ist f y (x 0,y 0 ) = 0, so lässt sich allein mit den vorliegenden Informationen nicht entscheiden, ob die Gleichung f(x,y) = 0 lokal eindeutig nach y aufgelöst werden kann. Es sind dann weitere Untersuchungen notwendig, was wir aber nicht weiter vertiefen werden. Für die partiellen Ableitungen der Funktion f gilt in unserem Beispiel: f x = 4x 2ye xy, f y = 1 2xe xy. Wir überprüfen nun für die Punkte P 1,P 2,P 3, ob sich mit Hilfe des Satzes über implizite Funktionen feststellen lässt, ob die Gleichung (1) in einer Umgebung des Punktes eindeutig nach y auflösbar ist. Falls ja, berechnen wir auch die Ableitung der dadurch bestimmten Funktion y = g(x). P 1 : Es ist f y ( 1,0) = 3 0. Demzufolge ist die Gleichung (1) in einer gewissen Umgebung des Punktes P 1 eindeutig nach y auflösbar. Für die Ableitung der dadurch bestimmten Funktion y = g 1 (x) an der Stelle x = 1 (der x-koordinate des Punktes P 1 ) erhalten wir g 1( 1) = f x( 1,0) f y ( 1,0) = 4 3 = 4 3. P 2 : Es ist f y (1,0) = 1 0. Demzufolge ist die Gleichung (1) auch in einer gewissen Umgebung des Punktes P 2 eindeutig nach y auflösbar. Für die Ableitung der dadurch bestimmten Funktion y = g 2 (x) an der Stelle x = 1 (der x-koordinate des Punktes P 2 ) erhalten wir g 2(1) = f x(1,0) f y (1,0) = 4 1 = 4.
7 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 7 P 3 : Es istf y (0,2) = 1 0. Demzufolge ist die Gleichung (1) auch in einer gewissen Umgebung des Punktes P 3 eindeutig nach y auflösbar. Für die Ableitung der dadurch bestimmten Funktion y = g 3 (x) an der Stelle x = 0 (der x-koordinate des Punktes P 3 ) erhalten wir g 3(0) = f x(0,2) f y (0,2) = 4 1 = 4. In der folgenden Abbildung ist die Kurve mit der Gleichung 2x 2 + y 2e xy = 0 dargestellt. Auch die Punkte P 1,P 2,P 3 sind in das Koordinatensystem eingetragen. Des Weiteren sind die Tangenten an die Kurve in den Punkten P 1, P 2 und P 3 gepunktet eingezeichnet. Gleichungen dieser Tangenten werden in Teilaufgabe (c) berechnet. Keine der Tangenten verläuft senkrecht, was noch einmal bestätigt, dass die partielle Ableitung von f nach y in keinem der drei Punkte gleich Null ist und die Gleichung in allen drei Punkten lokal eindeutig nach y auflösbar ist. y P P 1 P Q -1 x Zusatz: Ein Beispiel für einen Punkt, der ebenfalls die Gleichung (1) erfüllt, für den aber die partielle Ableitung f y gleich Null ist, ist der Punkt Q( , ). Dieser Punkt ist ebenfalls in der obigen Abbildung eingezeichnet. Wir sehen, dass die Gleichung in keiner Umgebung dieses Punktes nach y auflösbar sein kann, denn in jeder noch so kleinen Umgebung des Punktes existieren zu jedem x-wert zwei y-werte, sodass (x,y) auf der Kurve liegt. Einen Punkt mit dieser Eigenschaft nennt man auch Umkehrpunkt. Die Tangente an die Kurve in diesem Punkt verläuft senkrecht. (c) Erfüllt ein Punkt P(x 0,y 0 ) die Gleichung f(x,y) = 0 und ist diese Gleichung in einer Umgebung von P eindeutig nach y auflösbar, dann lautet eine Gleichung der Tangente im Punkt P an die durch f(x, y) = 0 beschriebene Kurve: y = t(x) = y 0 +g (x 0 ) (x x 0 ). Dabei ist g (x 0 ) = fx(x 0,y 0 ) f y(x 0,y 0 ) die Ableitung der durch f(x,y) = 0 in einer Umgebung von P bestimmten Funktion y = g(x) an der Stelle x 0. Die benötigten Ableitungswerte (und somit die Anstiege der Tangenten) haben wir für unser Beispiel in Teilaufgabe (b) bereits berechnet. Für die gesuchten Gleichungen der Tangenten an die durch (1) beschriebene Kurve erhalten wir: P 1 : y = t 1 (x) = 0+g 1( 1) (x ( 1)) = 4 3 (x+1),
8 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 8 P 2 : P 3 : y = t 2 (x) = 0+g 2(1) (x 1) = 4(x 1), y = t 3 (x) = 2+g 3(0) (x 0) = 4x+2.
9 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 9 Aufgabe 5 Berechnen Sie für ein Gas, das der van der Waalsschen Zustandsgleichung ( p+ a ) V 2 (V b) = RT (a,b,r > 0 konstant) genügt, die partiellen Ableitungen T und. Nutzen Sie dazu den Satz über implizite Funktionen. Lösung: Die Gleichung lässt sich in der Form f(p,v,t) = 0 schreiben, mit ( f(p,v,t) = p+ a ) V 2 (V b) RT. Gemäß des Satzes über implizite Funktionen ist die Gleichung f(p,v,t) = 0 für alle Tripel (p,v,t) lokal eindeutig nach V auflösbar, die die Zustandsgleichung erfüllen und für die f V (p,v,t) ungleich Null ist. Für die dadurch bestimmte Funktion V = V(p,T) gilt für die partiellen Ableitungen: = f p f V und T = f T f V. Die partiellen Ableitungen von f lauten: f p = V b, f T = R, f V = 2a V 3(V b)+ ( p+ a V 2 ) = pv 3 av +2ab V 3. Damit folgt für die gesuchten partiellen Ableitungen von V nach p bzw. T: T = f p = V b = f pv 3 av+2ab V V 3 = f T = f V R = pv 3 av+2ab V 3 bv 3 V 4 pv 3 av +2ab, RV 3 pv 3 av +2ab.
10 TU Dresden Fachrichtung Mathematik Institut für Numerische Mathematik 10 Aufgabe 6 In einem thermodynamischen System lässt sich der funktionale Zusammenhang zwischen Größen wie Druck p, molares Volumen V und Temperatur T durch eine Zustandsgleichung beschreiben. Eine solche Zustandsgleichung hat allgemein die Gestalt f(p,v,t) = 0. (i) Für ein ideales Gas lässt sich der Zustand durch die folgende Gleichung beschreiben: pv = RT. Dabei ist R > 0 die universelle Gaskonstante. Berechnen Sie die partiellen Ableitungen, T und, indem Sie vorher die Gleichung nach den entsprechenden Variablen umstellen, T und weisen Sie die folgende Identität nach: T T = 1. (2) (ii) Zeigen Sie mit Hilfe des Satzes über implizite Funktionen, dass der Zusammenhang (2) sogar für jedes thermodynamische System gilt, das durch eine Zustandsgleichung f(p,v,t) = 0 mit einer stetig differenzierbaren Funktion f beschrieben wird. Lösung: (i) Stellen wir die Gleichung nach p bzw. V bzw. T um, erhalten wir p = p(v,t) = RT V bzw. V = V(p,T) = RT p bzw. T = T(p,V) = pv R. Für die gesuchten partiellen Ableitungen ergibt sich somit Daraus folgt = RT V 2, T = R p, T = V R. T T = RT V 2 R p V R = RT pv = 1. Im letzten Schritt wurde dabei die Zustandsgleichung selbst verwendet. (ii) Ein thermodynamisches System lasse sich durch eine Zustandsgleichung f(p,v,t) = 0 mit einer stetig differenzierbaren Funktion f beschreiben. Für die in (2) benötigten partiellen Ableitungen gilt nach dem Satz über implizite Funktionen: = f V f p, T = f T f V, T = f p f T (allerdings natürlich nur für Tripel (p,v,t), für die die partiellen Ableitungen von f alle verschieden von Null sind; das hätte eigentlich noch als Voraussetzung in die Aufgabenstellung mit aufgenommen werden müssen). Damit lässt sich tatsächlich die Identität (2) leicht nachweisen (f p,f V,f T können gekürzt werden und es bleibt 1 übrig).
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