Aufgaben zu Kapitel 24

Transkript

1 Aufgaben zu Kapitel 24 Aufgaben zu Kapitel 24 Verständnisfragen Aufgabe 24. Welche der folgenden Aussagen über Funktionen f : R n R sind richtig? (a) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort partiell differenzierbar. (b) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort stetig. (c) Jede in einem Punkt p D(f ) differenzierbare Funktion f ist in ganz D(f ) differenzierbar. (d) Jede in einem Punkt p stetige Funktion ist dort partiell differenzierbar. (e) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort in x -Richtung stetig. Aufgabe 24.2 Wir betrachten eine Funktion f : R 2 R, von der bekannt ist, dass sie auf jeden Fall in R 2 \{0} stetig ist. Gilt mit Sicherheit (a) lim lim f(x, y) = lim lim f(x, y), x 0 y 0 y 0 x 0 (b) lim = f(0, 0), (x,y) (0,0) wenn f in x = (0, 0). stetig ist? 2. in jeder Richtung richtungsstetig ist? 3. differenzierbar ist? 4. partiell differenzierbar ist? Rechenaufgaben Aufgabe 24.3 Man berechne alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung der Funktionen: f(x,y) = x 2 e y + e xy g(x,y) = sin 2 (xy) cos x+y3 h(x, y) = e Aufgabe 24.4 Man betrachte die Schar aller Strecken von (0, t) nach ( t, 0) mit t [0, ] und bestimme die Einhüllende dieser Strecken. Aufgabe 24.5 Untersuchen Sie die beiden Funktionen f und g, R 2 R, x x2 3 f(x) = (x 2 für x = 0 +x2 2 )2 0 für x = 0 x 3x2 2 g(x) = (x 2 für x = 0 +x2 2 )2 0 für x = 0 auf Stetigkeit im Ursprung. Aufgabe 24.6 Man untersuche die Funktion f, { xy 3 f(x,y) = cos(x 2 +y 2 für (x, y) = (0, 0) ) 0 für (x, y) = (0, 0) auf Stetigkeit im Punkt (0, 0). Aufgabe 24.7 Man untersuche die Funktion { x 6 +y 5 f(x,y) = x 4 +y 4 für (x, y) = (0, 0) 0 für (x, y) = (0, 0) auf Stetigkeit. Des Weiteren berechne man die partiellen Ableitungen x mit â = (, ). Ist die Funktion im Ursprung differenzierbar? 2 2 (0, 0), y (0, 0) und die Richtungsableitung (0, 0) â

2 2 Aufgaben zu Kapitel 24 Aufgabe 24.8 Man entwickle die Funktion f, R 2 R, f(x,y) = y ln x + x e y+2 um P = ( e, ) in ein Taylorpolynom zweiter Ordnung. Aufgabe 24.9 Man entwickle f(x,y) = x y an der Stelle x = (, ) in ein Taylorpolynom bis zu Termen zweiter Ordnung und berechne damit näherungsweise 0 (.05) 9. Aufgabe 24.0 Man berechne die Jacobi-Matrizen J f und J g der Abbildungen: f (x,y,z)= e xy + cos 2 z f 2 (x,y,z)= xyz e z f 3 (x,y,z)= sinh(xz) + y 2 g (x,x 2,x 3,x 4 ) = x 2 + x2 2 + x 4 g 2 (x,x 2,x 3,x 4 ) = cos(x x 2 3 ) + ex 4 g 3 (x,x 2,x 3,x 4 ) = x 2 x 3 + ln( + x 2 4 ) Aufgabe 24. Man bestimme einen allgemeinen Ausdruck für die zweite Ableitung eines Parameterintegrals mit variablen Grenzen, b(t) I(t) = f(x, t)dx, a(t) und damit das Taylorpolynom zweiter Ordnung der Funktion I: R R, mit Entwicklungsmitte t 0 =. Aufgabe 24.2 Transformieren Sie den Ausdruck W = +t 2 I(t) = e tx2 dx 2t ( x U x 2 + y 2 x + y U y auf Polarkoordinaten. (Hinweis: Setzen Sie dazu u(r, ϕ) := U(r cos ϕ, r sin ϕ).) Aufgabe 24.3 Bestimmen Sie mithilfe des Newton-Verfahrens eine Näherungslösung des Gleichungssystems sin x cos y = 0. x 2 + sin y = 0.2, die in der Nähe von x 0 = y 0 = 0 liegt (zwei Iterationsschritte). Aufgabe 24.4 Zeigen Sie die Euler-Gleichung: Ist eine Funktion f : R n R homogen vom Grad h, ist also f(λx) = f (λx,..., λx n ) = λ h f(x), ) so gilt x f = hf. Aufgabe 24.5 Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichungen 2x cos y x 2 sin yy = 0 und e x y + ( e x + 2y ) y = 0. Aufgabe 24.6 Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung 2x + x 2 sin(x + y) + cos(x + y)( + y ) = 0.

3 Aufgaben zu Kapitel 24 3 Aufgabe 24.7 Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung cos x + sin x + 2 sin xyy = 0. Aufgabe 24.8 Man untersuche, ob sich die Funktion f : R 2 (, ) R f(x,y,z) = e x y 2 z + x ln( + z) = 0 am Punkt p = (0,, 0) lokal eindeutig nach z = ϕ(x,y)auflösen lässt und berechne für diesen Fall die partiellen Ableitungen ϕ x (0, ) und ϕ y (0, ). Aufgabe 24.9 Man begründe, warum sich das Gleichungssystem f (x,y,z)= 2 cos(xyz) + yz 2x = 0 f 2 (x,y,z)= (xyz) 2 + z = 0 in einer Umgebung des Punktes x = (, 0, ) lokal nach y und z auflösen lässt und berechne für diese Auflösungen y (x), z (), y () sowie z (). Aufgabe Gegeben ist die Funktion f : R 3 R f(x,y,z) := e cos2 (xy 3 z) e. Man begründe, warum sich f(x,y,z) = 0 in einer Umgebung von P = (x 0,y 0,z 0 ) = (π,, 4 ) lokal nach z auflösen lässt, und berechne dort die partiellen Ableitungen z x (x 0,y 0 ) und z y (x 0,y 0 ). Aufgabe 24.2 Man überprüfe, ob sich das Gleichungssystem f (x,y,z)= x 2 + y 2 z 22 = 0 f 2 (x,y,z)= x + y 2 + z 3 = 0 in einer Umgebung von x = (4, 2, 2) eindeutig nach x und y auflösen lässt. Ferner bestimme man explizit zwei Funktionen ϕ und ϕ 2, sodass in U(P) gilt: f j (ϕ (z), ϕ 2 (z), z) 0, j =, 2. Aufgabe Gegeben sind die Abbildungen f : R 3 R 3 und g : R 3 R 3 : f (x) = x 2x 2 + x 3 f 2 (x) = x x 2 f 3 (x) = x 2 x2 3 g (y) = (y y 2 ) 2 + y 2 3 g 2 (y) = (y + y 2 ) 2 g 3 (y) = y y 2 y 3 Man überprüfe, ob die Abbildung h = g f = g(f ), R 3 R 3 in einer geeigneten Umgebung von h(p) mit p = (,, ) umkehrbar ist. Aufgabe Man finde alle kritischen Punkte der Funktion f(x,y) = (y 2 x 2 ) e x2 +y 2 2 und überprüfe, ob es sich dabei um lokale Maxima, lokale Minima oder Sattelpunkte handelt. Aufgabe Man bestimme und klassifiziere alle Extrema der Funktion f : R 2 R, f(x,y) = ( + 2x y) 2 + (2 x + y) 2 + ( + x y) 2. Aufgabe Man bestimme die stationären Stellen der Funktion f, R 3 R, f(x,y,z) = x 2 + xz + y 2 unter der Nebenbedingung g(x,y,z) = x + y + z = 0. Handelt es sich dabei um Extrema? Aufgabe Gegeben ist die Funktion f : R 2 R, f(x,y) = y 4 3xy 2 + x 3. Gesucht sind Lage und Art aller kritischen Punkte dieser Funktion.

4 4 Aufgaben zu Kapitel 24 Anwendungsprobleme Aufgabe Bestimmen Sie die Werte und Fehler der folgenden Größen: Zylindervolumen V, V = r 2 πh, r = (0.0 ± 0.) cm, h = (50.0 ± 0.) cm Beschleunigung a, s = 2 at2, s = (00.0 ± 0.5) m, t = (3.86 ± 0.0) s Widerstand R 2 bei Parallelschaltung, R 2 = R + R 2, R = (00 ± 5), R 2 = (50 ± 5) Aufgabe Das ideale Gas hat die Zustandsgleichung pv = RT mit der Gaskonstanten R. Prüfen Sie für dieses System die Beziehung explizit nach. ( ) p V T ( ) ( ) V T =. T p p V Aufgabe Eine Schlüsselgröße in der statistischen Physik ist die Zustandssumme Z, die von verschiedenen Variablen x bis x n abhängen kann. Bestimmen Sie die vierte Ableitung des Logarithmus der Zustandssumme 4 ln Z x i x j x k x l und stellen Sie das Ergebnis mit k Z := k Z x i... x ik Z x i... x ik dar. Sie erhalten eine verbundene Korrelationsfunktion des betrachteten thermodynamischen Systems, ausgedrückt durch Erwartungswerte, die vollen Korrelationsfunktionen entsprechen.

5 Hinweise zu Kapitel 24 5 Hinweise zu Kapitel 24 Verständnisfragen Aufgabe 24. Die Beziehung zwischen den verschiedenen Begriffen wird in Abbildung 24.4 dargestellt. Aufgabe 24.2 Richtungsstetigkeit in jede Richtung impliziert insbesondere Stetigkeit in Richtung der Koordinatenachsen. Zum Zusammenhang zwischen Differenzierbarkeit und Stetigkeit siehe Abbildung Rechenaufgaben Aufgabe 24.3 Nach den Variablen x und y unabhängig ableiten; wegen des Satzes von Schwarz ist z. B. f xy = f yx. Aufgabe 24.4 Finden Sie zu jedem x (0, ) die Strecke mit maximalem Wert für y = f(x), eliminieren Sie t aus dem Ergebnis. Dabei hilft es, eine Funktion F von beiden Variablen x und t zu definieren. Aufgabe 24.5 Benutzen Sie Polarkoordinaten, gehen Sie vor wie auf Seite 786. Aufgabe 24.6 Benutzen Sie Polarkoordinaten, entwickeln Sie den Kosinus. Aufgabe 24.7 Der einzige fragliche Punkt ist x = 0, dort hilft Einführung von Polarkoordinaten. Die partiellen Ableitungen muss man gemäß Definition als Differenzialquotienten bestimmen. Aufgabe 24.8 Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung und setzen Sie in die Koeffizientenformel (24.2) ein. Aufgabe 24.9 Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung und setzen Sie in die Koeffizientenformel (24.2) ein. Mithilfe des Taylorpolynoms können Sie sofort eine Näherung für 0 (.05) 9 = ( ) 0. angeben, da die Abweichung von der Entwicklungsmitte klein ist. Aufgabe 24.0 Bilden Sie die Ableitungen aller Komponenten nach allen Argumenten. Aufgabe 24. Benutzen Sie das Ergebnis von Seite 80 und gehen Sie vor wie in diesem Beispiel. Aufgabe 24.2 Sie können natürlich die Ergebnisse von Seite 802 benutzen. Aufgabe 24.3 Gehen Sie vor wie auf Seite 803. Aufgabe 24.4 Leiten Sie die Homogenitätsbeziehung nach λ ab, schreiben Sie Ableitung nach λ auf Ableitungen nach den Argumenten λx i und weiter nach den Koordinaten x i um. Aufgabe 24.5 Es handelt sich um exakte Differenzialgleichungen. Aufgabe 24.6 Benutzen Sie einen integrierenden Faktor der Form μ(x, y) = μ(x). Aufgabe 24.7 Benutzen Sie einen integrierenden Faktor der Form μ(x, y) = X(x)Y(y). Aufgabe 24.8 Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren. Aufgabe 24.9 Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren. Aufgabe Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren. Aufgabe 24.2 Hauptsatz über implizite Funktionen. Zur expliziten Bestimmung von ϕ und ϕ 2 muss man lediglich eine quadratische Gleichung lösen der Zweig der Wurzel ist dabei eindeutig festgelegt. Aufgabe Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix von h durch Matrixmultiplikation und überprüfen Sie, ob det J h = 0 ist. Aufgabe Nullsetzen des Gradienten und Überprüfen der Hesse-Matrix an den fünf kritischen Punkten. Aufgabe Nullsetzen des Gradienten liefert ein Gleichungssystem mit genau einer Lösung. Überprüfen Sie für diesen Punkt die Hesse-Matrix. Aufgabe Lösen Sie die Nebenbedingung explizit nach einer der Variablen (zum Beispiel z) auf und definieren Sie eine neue Funktion R 2 R, deren kritische Stellen Sie mittels Nullsetzen des Gradienten bestimmen können. Aufgabe Nullsetzen des Gradienten liefert drei kritische Punkte. An zwei davon erlaubt die Hesse-Matrix eine Aussage. Am dritten können Sie beispielsweise f(x,0) betrachten.

6 6 Hinweise zu Kapitel 24 Anwendungsprobleme Aufgabe Benutzen Sie die Fehlerformeln, die sich aus dem totalen Differenzial ergeben, gehen Sie vor wie auf Seite 794. Aufgabe Lösen Sie jeweils nach der fraglichen Variablen auf und bilden Sie die gewünschte Ableitung, wobei die andere Variable konstant gehalten wird. Benutzen Sie im Endergebnis nochmals die Zustandsgleichung. Aufgabe Behandeln Sie Z als unbekannte, beliebig oft differenzierbare Funktion, die klarerweise allen gängigen Ableitungsregeln gehorcht.

7 Lösungen zu Kapitel 24 7 Lösungen zu Kapitel 24 Verständnisfragen Aufgabe 24. Die Aussagen (a), (b) und (e) sind richtig, (c) und (d) sind falsch. Aufgabe 24.2 Für (a) genügt jede der Bedingungen. bis 4., für (b) hingegen sind nur. und 3. stark genug. Rechenaufgaben Aufgabe 24.3 (Siehe ausführlichen Lösungsweg.) Aufgabe 24.4 Die Einhüllende e F ist die Funktion [0, ] [0, ] mit der Vorschrift e F (x) = ( x ) 2. Aufgabe 24.5 f ist nicht stetig im Ursprung, g ist stetig. Aufgabe 24.6 f ist unstetig. Aufgabe 24.7 f ist stetig, aber nicht differenzierbar. Aufgabe 24.8 p 2 (x, y; e, ) = 2 + e2 2 (x e )2 + 2 (y + )2 + 2e(x e )(y + ) Aufgabe 24.9 Aufgabe (.05) Aufgabe 24. p 2 (t; ) = ( 2 e 2 2 e 4 )t + t2 e 2 Aufgabe 24.2 W = u r Aufgabe 24.3 x , y Aufgabe 24.4 Aufgabe 24.5 Alle Lösungen der ersten Gleichung sind implizit durch x 2 cos y = C mit Konstanten C gegeben, explizit durch y(x) = arccos C x 2. Für die zweite Gleichung erhalten wir aus e x y + y 2 = C zu y(x) = ex 2 ± C + e2x 4. Aufgabe 24.6 μ(x) = + x 2, ( + x 2 ) sin(x + y) = C Aufgabe 24.7 μ(x, y) = e x+y2, sin x e x+y2 = C Aufgabe 24.8 Das Gleichungssystem ist auflösbar, ϕ x (0, ) = und ϕ y (0, ) = 0. Aufgabe 24.9 y () = 8 und z () = 8 Aufgabe z x (π, ) = 4π und z y(π, ) = 4 3. Aufgabe 24.2 x = ϕ (z) = z3 + z + 22, y = ϕ 2 (z) = z z3 + z + 22 Aufgabe Die Abbildung ist umkehrbar. Aufgabe p = (0, 0) ist ein Sattelpunkt, p 2 = (0, 2) und p 3 = (0, 2) sind lokale Maxima; p 4 = ( 2, 0) und p 5 = ( 2, 0) sind lokale Minima. Aufgabe Das Minimum der Funktion liegt bei x = 3 2, y = 2. Aufgabe Der einzige kritische Punkt ist p = (2,, 2), dort liegt kein Extremum. Aufgabe p = (0, 0) ist ein Sattelpunkt, p 2 = ( 3 2, 3 2 ) und p 3 = ( 3 2, 3 2 ) sind lokale Minima. Anwendungsprobleme Aufgabe V = ( 57 ± 35) 0 cm 3, a = (3.42 ± 0.0) m s 2, R 2 = (33.3 ± 2.8) Aufgabe 24.28

8 8 Lösungen zu Kapitel 24 x i x j x k x = l Aufgabe Mit perm für alle Permutationen von (x i,x j,x k,x l ) erhalten wir 4 ln Z { } perm. 3 Z Z 6 x i x i2 x i3 x 2 Z 2 Z i4 8 x i x i2 x i3 x + 2 Z Z Z i4 2 x i x i2 x i3 x i4 6 Z xi Z x j Z xk Z xl. 4 Z x i x j x k x l +

9 Lösungswege zu Kapitel 24 9 Lösungswege zu Kapitel 24 Verständnisfragen Aufgabe 24. (a) Differenzierbarkeit in einem Punkt impliziert dort partielle Differenzierbarkeit. (b) Differenzierbarkeit impliziert auch Stetigkeit. (c) Aus der Differenzierbarkeit in einem Punkt p kann man noch nichts über die Differenzierbarkeit anderswo aussagen. (d) Es gibt Funktionen, die in einem Punkt zwar stetig sind, dort aber keine partiellen Ableitungen mehr besitzen. (e) Aus der Differenzierbarkeit folgt erst recht die Richtungsstetigkeit in jede beliebige Richtung. Aufgabe 24.2 Beide Beziehungen gelten sicher für stetige Funktionen. Wegen der Stetigkeit in R 2 \{0} gilt lim lim f(x, y) = lim f(x, 0) x 0 y 0 x 0 und analog lim lim f(x, y) = lim f(0, y), y 0 x 0 y 0 daher genügt für (a) auch Richtungsstetigkeit in ( 0) - und (0 ) -Richtung. Eine in einem Punkt differenzierbare Funktion ist dort auch stetig, eine dort partielle differenzierbare in Richtung der Koordinatenachsen auch richtungsstetig. Damit genügt jede der Bedingungen. bis 4., um die Gleichheit der Grenzwerte in (a) zu garantieren. Für (b) benötigt man hingegen die Stetigkeit (.)in(0, 0), die weder von der Richtungsstetigkeit (2.) noch von der partiellen Differenzierbarkeit (4.) garantiert wird, sehr wohl aber von der Differenzierbarkeit (3.) selbst. Rechenaufgaben Aufgabe 24.3 Da alle drei Funktionen auf jeden Fall zweimal stetig differenzierbar sind, ist der Satz von Schwarz anwendbar, damit ist f xy = f yx, g xy = g yx und h xy = h yx : f x = 2 x e y + y e xy f xx = 2e y + y 2 e xy f y = x 2 e y + x e xy f yy = x 2 e y + x 2 e xy f yx = 2 x e y + e xy + xye xy f xy = f yx = 2 x e y + e xy + xye xy g x = 2y sin(xy) cos(xy) g xx = 2y 2 (cos 2 (xy) sin 2 (xy)) g xy = 2xy(cos 2 (xy) sin 2 (xy)) + 2 sin(xy) cos(xy) g y = 2x sin(xy) cos(xy) g yy = 2x 2 (cos 2 (xy) sin 2 (xy)) g yx = 2xy(cos 2 (xy) sin 2 (xy)) + 2 sin(xy) cos(xy) cos x+y3 h x = sin x e h xx = (sin 2 cos x+y3 x cos x)e h xy = 3y 2 cos x+y3 sin x e h y = 3y 2 cos x+y3 e h yy = (9y 4 cos x+y3 + 6y)e h yx = 3y 2 cos x+y3 sin x e

10 0 Lösungswege zu Kapitel 24 Aufgabe 24.4 Die Gleichung einer Geraden durch die Punkte (0, t) und ( t, 0) hat für t (0, ) die Form f(x)= t t t x. Wir definieren nun die Funktion F, (0, ) (0, ) R, F(x,t) = t t t x. Um für jedes x den t-wert zu finden, für den y = F(x,t)maximal wird, bilden wir die partielle Ableitung nach t und setzen sie null, x! = t ( t) 2 = 0. Lösen dieser Gleichung liefert t = x, und für den maximalen y-wert erhalten wir y max = F ( x, x ) = 2 x + x = ( x ) 2. Einbeziehen der beiden Geraden für t = 0 und t = setzt diese Lösung stetig nach x = 0 und x = fort. Die Einhüllende e F ist demnach die Funktion, [0, ] [0, ], e F (x) = ( x ) 2. Aufgabe 24.5 Bei Einführung von Polarkoordinaten erhalten wir r 4 cos ϕ sin 3 ϕ lim f(x) = lim x 0 r 0 r 4 = lim cos ϕ sin 3 ϕ r 0 = cos ϕ sin 3 ϕ, also einen winkelabhängigen Ausdruck. f ist damit in x = 0 unstetig. Für g hingegen ergibt sich r 5 cos 3 ϕ sin 2 ϕ lim g(x) = lim x 0 r 0 r 4 = lim r 0 r cos 3 ϕ sin 2 ϕ = 0. Der Ausdruck cos 3 ϕ sin 2 ϕ ist mit Sicherheit beschränkt, damit existiert der Grenzwert x 0 und ist gleich dem Funktionswert g(0) = 0. Aufgabe 24.6 Mit Polarkoordinaten erhält man G = xy 3 lim (x,y) (0,0) cos(x 2 + y 2 ) = lim r 4 cos ϕ sin 3 ϕ r 0 cos(r 2 ) = lim r 0 r 4 cos ϕ sin 3 ϕ r4 2 + O(r8 ) = lim r 0 2r 4 cos ϕ sin 3 ϕ r 4 + O(r 8 ) 2 cos ϕ sin 3 ϕ = lim r 0 + O(r 4 = 2cos ϕ sin 3 ϕ ) und dieser Ausdruck hängt vom Winkel ϕ ab (siehe z. B. für ϕ = 0 und ϕ = π 4. Der Grenzwert existiert also nicht, die Funktion ist im Ursprung unstetig. Aufgabe 24.7 An allen Punkten außer (x, y) = (0, 0) ist f natürlich als Zusammensetzung stetiger und differenzierbarer Funktionen ebenfalls stetig und differenzierbar. Zu untersuchen bleibt der Punkt (0, 0), hier erhalten wir: Die Funktion ist stetig. x 6 + y 5 lim (x,y) (0,0) x 4 + y 4 = lim r 6 cos 6 ϕ + r 5 sin 5 ϕ r 0 r 4 cos 4 ϕ + r 4 sin 4 ϕ = { } = lim r 0 r = 0 = f(0, 0) r cos 6 ϕ + sin 5 ϕ cos 4 ϕ + sin 4 ϕ

11 Lösungswege zu Kapitel 24 Der Grenzwert wird null, da der Klammerausdruck wegen immer endlich bleibt (siehe auch Seite 786). Nun bestimmen wir die partiellen Ableitungen im Ursprung: cos 4 ϕ + sin 4 ϕ 2 f (h, 0) f(0, 0) (0, 0) = lim x h 0 h ) ( h = lim h 0 h h f(0,h) f(0, 0) (0, 0) = lim y h 0 h ) = lim h 0 h ( 0 + h h 4 0 f( h, h ) f(0, 0) (0, 0) = lim 2 2 a h 0 h = lim h 0 h 2 8 h 5 8 h6 + 4 h4 + 4 = lim h4 h 0 = lim h 0 h = 0 h = lim h 0 h = 8 h Da hier nicht a (0, 0) = (grad f)(0, 0) a gilt, kann f in (0, 0) nicht differenzierbar sein. Aufgabe 24.8 Für die partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung erhält man allgemein bzw. speziell an p = ( e, ) : f = y ln x + x e y+2 f p = 2 x = y x + ey+2 y = ln x + x ey+2 x p = 0 y p = 0 2 f x 2 = y 2 f p x 2 x 2 = e 2 = 2 4 Für das Taylorpolynom ergibt sich also 2 f y 2 = x e y+2 2 f y 2 p = 2 f x y = x + ey+2 2 f x y p = 2e p 2 (x, y; e, ) = 2 + e2 2 (x e )2 + 2 (y + )2 + 2e(x e )(y + ). Aufgabe 24.9 Wir erhalten für die Ableitungen (wir lassen aus Platzgründen die Argumente weg): f = x y = e y ln x f x = x = yxy y = ln x xy x = x y p = 0 2 f x 2 = y(y )x y 2 2 f x x 2 = 0 und damit das Taylorpolynom 2 f y 2 = (ln x) 2 x y 2 f y x 2 = 0 2 f x y = xy + y ln x x y 2 f x y = x p 2 (x, y;, ) = + (x ) + (x )(y ).

12 2 Lösungswege zu Kapitel 24 Nun benutzen wir diesen Ausdruck als Näherung für kleine Abweichungen von der Entwicklungsmitte Das exakte Ergebnis wäre.05 0,9 = Aufgabe 24.0 Ableiten ergibt: 0 (.05) 9 =.05 0,9 = ( ) ( 0.) =.045 J f = (f,f 2,f 3 ) (x,y,z) ye xy xe xy 2 cos z sin z = yz xz xy + e z z cosh(xz) 2y x cosh(xz) J g = (g,g 2,g 3 ) (x,x 2,x 3,x 4 ) x x 2 0 x 2 = +x2 2 x + 2+x2 2 + x3 2 sin(x x3 2) 0 2x x 3 sin(x x3 2) ex 4 2x 0 x 3 x 4 2 +x 4 2 Aufgabe 24. Aus b(t) I (x, t) = f(b(t),t)ḃ f(a(t),t)ȧ + dx, a(t) t wobei ein Punkt wiederum für die Ableitung nach t steht, erhalten wir: { Ï = f(b,t) b + (b, τ) τ + } (y, t) τ=t y ḃ ḃ y=b { f(a,t)ä (a, τ) τ + } (y, t) τ=t y ȧ ȧ y=a + (b, τ) τ ḃ b(t) (a, τ) 2 f(x,t) τ=t τ ȧ + τ=t a(t) t 2 dx = f(b,t) b + 2 (b, τ) τ ḃ + (y, t) τ=t y ḃ 2 y=b f(a,t)ä 2 (a, τ) τ ȧ (y, t) τ=t y ȧ 2 y=a b(t) 2 f(x,t) + a(t) t 2 dx In unserem Beispiel ist a(t) = 2t, b(t) = + t 2 und f(x, t)= e tx2. Damit erhalten wir ȧ = 2, ä = 0, ḃ = 2t, b = 2, (x, t) = te tx2 x (x, t) = x 2 e tx2 t 2 f(x,t) t 2 = x 4 e tx2

13 Lösungswege zu Kapitel 24 3 und somit +t 2 I(t) = 2te t(+t2 ) 2 2e 4t3 t e tx2 dx 2t Ï(t) = 2e t(+t2 ) 2 4t( + t 2 ) 2 e t(+t2 ) 2 Setzen wir t =, so erhalten wir 4t 3 e t(+t2 ) t 2 e 4t3 +t 2 + 4t e 4t3 + x 4 e tx2 dx. 2t I() = 0 I() = 2e 4 2e 4 = 0 Ï() = 2e 4 6 e 4 4e e 4 + 4e 4 = 2e 4 und damit das Taylorpolynom p 2 (t; ) = (t )2 e 2. Aufgabe 24.2 W = ( ( u r r cos ϕ r r x + u ) ϕ ϕ x ( u r + r sin ϕ r y + u ) ϕ ) ϕ y ( ) u u sin ϕ = cos ϕ cos ϕ r ϕ r ( ) u u cos ϕ + sin ϕ sin ϕ + r ϕ r = cos 2 ϕ u r + sin2 ϕ u r = u r Aufgabe 24.3 Wir definieren die Funktion f und g, R 2 R mittels f(x,y) = sin x cos y 0. g(x,y) = x 2 + sin y 0.2 und die Funktion f : R 2 R 2 über f (x, y) = (f (x, y), g(x, y)). Für die Jacobi-Matrix dieser Funktion erhalten wir ( ) cos x cos y sin x sin y J f (x) = 2x cos y und am Punkt x speziell J f (x ) = ( ) 0, 0 also einfach die Einheitsmatrix, deren Inverse natürlich ebenfalls die Einheitsmatrix ist. Mit f (x ) = ( 0., 0.2) erhalten wir gemäß Newton-Vorschrift ( ) ( ) ( ) ( ) x 0 = J y 0 f =. x Dort erhalten wir ( ) x J f ( ) J f x,y

14 4 Lösungswege zu Kapitel 24 und damit ( ) ( ) ( ) x2 0. J y f x Zum Vergleich, die auskonvergierte Lösung liegt bei (x,y ) ( , ). ( ) Aufgabe 24.4 Wir leiten die Homogenitätsbeziehung nach λ ab, und benutzen die Kettenregel, Mit und erhalten wir df(λx) dλ = (λx) (λx i ) df(λx) dλ (λx) (λx ) = hλ h f(x), (λx ) λ (λx i ) λ = (λx) x i = x i (λx) (λx n ) x i (λx i ) = (λx) λ x i x (grad f)= hλ h f(x). (λx n ) λ Diese Gleichung gilt für beliebige Werte von λ, insbesondere für λ =. Damit ist die Euler-Gleichung gezeigt. Aufgabe 24.5 Wir setzen und sehen aus p(x,y) = 2x cos y q(x,y) = x 2 sin y p y = 2x sin y = q x, dass diese Differenzialgleichung exakt ist. Integration liefert F(x,y) = 2x cos y dx = x 2 cos y + ϕ (y) F(x,y) = x 2 sin y dy = x 2 cos y + ϕ 2 (x).. Alle Lösungen sind implizit durch mit Konstanten C gegeben. Auflösen nach y liefert x 2 cos y = C y(x) = arccos C x 2. Auch die zweite Gleichung ist exakt, wie man mit p(x,y) = e x y und q(x,y) = e x + 2y sofort aus p y = ex = q x erkennt. Integration liefert nun F(x,y) = e x y dx = e x y + ϕ (y) (e F(x,y) = x + 2y ) dy = e x y + y 2 + ϕ 2 (x).

15 Lösungswege zu Kapitel 24 5 Vergleich zeigt, dass ϕ (y) = y 2 + const sein muss, die Lösung also implizit durch gegeben sind. Lösen der quadratischen Gleichung liefert e x y + y 2 = C y(x) = ex 2 ± C + e2x 4, wobei für C<0 stets x 2 ln( 4C) sein muss. Aufgabe 24.6 Wir setzen p(x,y) = 2x sin(x + y) + cos(x + y), + x2 q(x,y) = cos(x + y). Aus p y = 2x cos(x + y) sin(x + y), + x2 q = sin(x + y) x sehen wir, dass diese Differenzialgleichung nicht exakt ist. Wir versuchen, einen integrierenden Faktor μ zu finden und setzen versuchsweise μ(x,y) = μ(x). Aus (μp) = μ 2x cos(x + y) μ sin(x + y) y + x2 (μq) = μ cos(x + y) μ sin(x + y) x sehen wir, dass μ die Differenzialgleichung μ = 2x + x 2 μ erfüllen muss. Das ist eine lineare Gleichung erster Ordnung, zu der wir schnell eine Lösung angeben können. Setzen wir etwa μ(x) = e ϕ(x), so erhalten wir ϕ (x) = 2x + x 2 ϕ(x) = ln( + x 2 ) (wir brauchen ja nur irgend eine Lösung) und μ(x) = + x 2. Zur exakten Differenzialgleichung 2x sin(x + y) + ( + x 2 ) cos(x + y)( + y ) = 0 gibt es eine Stammfunktion F, für die wir durch Integration ( F(x,y) = 2x sin(x + y) + ( + x 2 ) cos(x + y)) dx = ( + x 2 ) sin(x + y) + ϕ (y) F(x,y) = ( + x 2 ) cos(x + y)dy = ( + x 2 ) sin(x + y) + ϕ 2 (x) erhalten. Alle Lösungen der Differenzialgleichungen sind damit implizit in der Form mit Konstanten C gegeben. ( + x 2 ) sin(x + y) = C

16 6 Lösungswege zu Kapitel 24 Aufgabe 24.7 Wir setzen und sehen aus p(x,y) = cos x + sin x q(x,y) = 2 sin xy p y = 0 = 2 cos xy= q x, dass die Differenzialgleichung nicht exakt ist. Es gelingt auch nicht, einen integrierenden Faktor zu finden, der nur von einer der beiden Variablen abhängt. Zielführend ist hingegen ein Produktansatz μ(x,y) = X(x)Y(y), μp y = XY cos x + XY sin x μq x = 2 yxy cos x + 2yX Y sin x. Da wir aber irgendwelche Funktionen X und Y benötigen, mit denen die Exaktheitsbedingung erfüllt ist, suchen wir nach Ausdrücken, die keine trigonometrischen Funktionen mehr enthalten und daher XY = 2yXY und XY = 2yX Y erfüllen müssen. Mit der ersten Gleichung können wir die zweite zu X = X vereinfachen, eine Lösung davon ist X(x) = e x. Nach Division durch X nimmt die erste Gleichung die Gestalt Y = 2yYan. Davon können wir schnell eine Lösung angeben, etwa indem wir Y = e ϕ(y) setzen, ϕ (y) e ϕ(y) = 2y e ϕ(y). Eine spezielle Lösung ist ϕ(y) = y 2, sodass unser integrierender Faktor die Gestalt annimmt. Die Differenzialgleichung μ(x,y) = X(x)Y(y) = e x e x2 = e x+y2 (cos x + sin x)e x+y2 + 2 sin xye x+y2 y = 0 ist exakt, und wir erhalten F(x,y) = e y2 (cos x + sin x)e x dx = e y2 sin x e x + ϕ (y) F(x,y) = sin x e x 2y e y2 dy = sinx e x e y2 + ϕ 2 (x). Die Lösungen der Differenzialgleichung sind demnach implizit durch sin x e x+y2 = C gegeben. Hier können wir sogar eine explizite Auflösung nach y wagen: e x+y2 = C sin x x + y2 = ln C sin x y 2 = ln C ln sin x x y(x) =± D ln sin x x Dabei haben wir D := ln C gesetzt (eine Konstante ist so gut wie die andere), und die Lösung ist nur dort definiert, wo sin x>0 und D ln sin x x 0 ist. Aufgabe 24.8 f C ist erfüllt, und es gilt f(0,, 0) = 0. Nun erhält man [ = y 2 + x ] = = 0, z p + z p

17 Lösungswege zu Kapitel 24 7 die Auflösung ist also möglich. Wir definieren und erhalten für die partiellen Ableitungen dieser Funktion: F(x, y) = e x y 2 z(x, y) + x ln( + ϕ(x, y)) 0 F x (x, y) = e x y 2 ϕ x (x, y) + ln( + ϕ(x, y)) + xϕ x(x, y) + ϕ(x,y) 0 F y (x, y) = 2yϕ(x, y) + y 2 ϕ y (x, y) + xϕ y(x, y) + ϕ(x,y) 0 Am Punkt (0, ) ergibt das mit ϕ(0, ) = 0 die beiden Gleichungen ϕ x (0, ) = 0 ϕ y (0, ) = 0 also ϕ x (0, ) = und ϕ y (0, ) = 0. Dasselbe Ergebnis erhält man natürlich auch aus dem allgemeineren F x (x, y) = x + z ϕ x 0 F y (x, y) = y + z ϕ y 0 mit Auflösen nach ϕ x bzw. ϕ y und Einsetzen von x = 0, y =. Aufgabe 24.9 Es sind f,f 2 C (R 3 ), außerdem ist f (, 0, ) = f 2 (, 0, ) = 0. Für die Jacobi-Determinante erhält man: (f,f 2 ) (y,z) = 2 sin(xyz)xz + z 2 sin(xyz)xy + y p 2(xyz) xz 2(xyz) xy + p = 0 0 = = 0. Daher gibt es zwei Funktionen y und z, für die gilt: y() = 0, z() = sowie f (x, y(x), z(x)) 0 und f 2 (x, y(x), z(x)) 0 in einer Umgebung von P. Mit diesem Ergebnis werden nun zwei Funktionen F und F 2 definiert und nach x abgeleitet: F (x) := f (x, y(x), z(x)) = 2 cos(x y(x)z(x)) + y(x)z(x) 2x 0 F (x) = 2sin(x y(x)z(x)) {y(x)z(x) + x [y (x) z(x) + y(x)z (x)]}+ +[y (x) z(x) + y(x)z (x)] 2 0 F (x) = cos(...) {...}2 2 sin(...) {...} + y (x) z(x) + 2y (x) z (x) + y(x)z (x) 0 F 2 (x) := f 2 (x, y(x), z(x)) = (x y(x)z(x)) 2 + z(x) 0 F 2 (x) = 2(x y(x)z(x)) {...}+z (x) 0 F 2 (x) = 2 {...}2 + 2(x y(x)z(x)) {...} + z (x) 0 Nun setzen wir x = ein und beachten y() = 0 und z() = : Aus F () = y () 2 = 0 erhält man y () = 2, des Weiteren ist F 2 () = z () = 0. Analog sind wegen F () = y () = 0 und F 2 () = z () = 0 die zweiten Ableitungen y () = 8 und z () = 8. Aufgabe Als Zusammensetzung unendlich oft differenzierbarer Funktionen ist sicher f C, und es gilt f(π,, 4 ) = ecos2 π 4 e = e ( 2 ) 2 e = 0. Für die Ableitung nach z erhält man z = 2xy 3 cos(xy 3 z) sin(xy 3 z) e cos2 (xy 3 z) p p = 2π cos π 4 sin π 4 ecos2 π 4 = 0.

18 8 Lösungswege zu Kapitel 24 Die Funktion ist also lokal eindeutig nach z auflösbar. Nun zu den partiellen Ableitungen: F(x,y) := f(x,y,z(x,y)) = e cos2 (xy 3z(x,y)) e 0 F x (x, y) = 2cos(xy 3 z(x,y))sin(xy 3 z(x,y)) e cos2 (xy 3 z(x,y)) (zy 3 + xy 3 z x (x, y)) 0 F y (x, y) = 2cos(xy 3 z(x,y))sin(xy 3 z(x,y)) e cos2 (xy 3 z(x,y)) (3xy 2 z + xy 3 z y (x, y)) 0 Einsetzen von x = π, y = ergibt mit z(π, ) = 4 2e /2 ( πz x(π, )) = 0 }{{} =0 2e /2 ( 3π 2 2 }{{} 4 + πz y(π, )) = 0 =0 weiter also z x (π, ) = 4π und z y(π, ) = 4 3. Aufgabe 24.2 Es ist f i C, f (4, 2, 2) = f 2 (4, 2, 2) = 0, und für die Jacobi-Determinante erhält man (f,f 2 ) (x,y) = x y 2 2 = 2x 2y x y P P = = 28 = 0 Das Funktionensystem ist also in P tatsächlich lokal auflösbar. Aus f (x,y,z) = 0 erhält man x 2 = 22 + z y 2, aus f 2 (x,y,z) = 0 weiter y 2 = z 3 x, und setzt man das ein, ergibt sich x 2 x z 3 z 22 = 0. Als Lösung der quadratischen Gleichung erhält man x = ϕ (z) = z3 + z + 22 (nur der positive Zweig der Wurzel kommt in Betracht, da für z = 2jax = 4 > 0 sein soll) und damit weiter y = ϕ 2 (z) = z z3 + z Aufgabe Es ist η = f (p) = (0,, 0). Die Jacobi-Determinanten von f und g in p und η ergeben: 2 x = x 2 x 0 (,,) 2x 0 2x 3 (,,) 2 = g 2(y y 2 ) 2(y y 2 ) 2y 3 y = 2(y + y 2 ) 2(y + y 2 ) 0 (0,,0) y 2 y (0,,0) =

19 Lösungswege zu Kapitel 24 9 Nun gilt nach der Kettenregel: h g (p) = (η) x y x (p) = = und die Determinante ergibt x h (p) = 6 (2 + 2) 2 ( 8 2) = 64 = 0, die Abbildung ist also umkehrbar. Da die Matrizen quadratisch sind, gilt auch h x (p) = g y (η) x (p) = 8 ( 8) = 64. Aufgabe Für die ersten partiellen Ableitungen erhält man x = x (x2 y 2 2) e x2+y2 2 y = y (2 + x2 y 2 ) e x2+y2 2 Nullsetzen liefert im ersten Fall x = 0 oder x 2 y 2 2 = 0, im zweiten y = 0 oder x 2 y = 0. Ein kritischer Punkt ist damit auf jeden Fall p = (0, 0). Die Bedingungen x = 0 und 2 y 2 = 0 führen auf p 2 = (0, 2), p 3 = (0, 2). Für y = 0 und x 2 2 = 0 erhält man p 4 = ( 2, 0), p 5 = ( 2, 0). Die beiden Bedingungen x 2 y 2 2 = 0 und x 2 y 2 +2 = 0 sind nicht gleichzeitig erfüllbar, man hat also bereits alle kritischen Punkte gefunden. Überprüfen der zweiten Ableitungen liefert: (f xx f yy fxy 2 ) (0,0) = ( 2) 2 0 = 4 < 0 p Sattelpkt. (f xx f yy fxy 2 ) (0, 2) = ( 4 e ) ( 4 e ) 0 = 6 e 2 > 0 f xx = 4 e < 0, p 2 lok. Max. (f xx f yy fxy 2 ) (0, 2) = ( 4 e ) ( 4 e ) 0 = 6 e 2 > 0 f xx = 4 e < 0, p 3 lok. Max. (f xx f yy fxy 2 ) ( 2,0) = 4 4e 6 e 0 = e 2 > 0 f xx = 4 e > 0, p 4 lok. Min. (f xx f yy fxy 2 ) ( 2,0) = 4 e 4e 0 = 6 e 2 > 0 f xx = 4 e > 0, p 5 lok. Min. Aufgabe Die ersten partiellen Ableitungen ergeben sich zu f x = 4(+2x y) 2(2 x +y)+2(+x y) = 2x 8y + 2 und f y = 2( + 2x y)+ 2(2 x + y) 2( + x y) = 8x + 6y. Nullsetzen liefert ein Gleichungssystem mit den Lösungen x = 2 3 und y = 2. Mit f xx = 2, f xy = 8und f yy = 6 erhält man = f xx f yy fxy 2 = 8 > 0, es handelt sich also tatsächlich um ein Extremum, wegen f xx = 2 > 0 um ein relatives Minimum, natürlich muss es auch das absolute Minimum der Funktion sein. Aufgabe Lösen wir die Bedingung g(x,y,z) = 0 nach z auf, so erhalten wir z = x y, damit definieren wir f(x,y) := f(x,y, x y) = x xy + y 2. Für diese Funktion erhalten wir f x = y = 0 y = f y = x + 2y = 0 x = 2y, also x = 2, y =, z = 2. Nun ist f(2,, 2) = f(2, ) =, aber z. B. f(0, 0) = 0 < und f(2, 0) = 2 >, also liegt an p = (2,, 2) kein Extremum.

20 20 Lösungswege zu Kapitel 24 Aufgabe Nullsetzen der ersten partiellen Ableitungen liefert: f x (x, y) = 3y 2 + 3x 2 = 3(x 2 y 2 ) = 0 x 2 = y 2,x=±y f y (x, y) = 4y 3 6xy = 2y(2y 2 3x) = 0 y = 0 2y 2 3x = 0 Eine Lösung ist also sicher p = (0, 0). Setzt man nun y 2 = x 2 in 2y 2 3x = 0 ein, erhält man x (2x 3) = 0 mit den beiden Lösungen x = 0 (schon in p erfasst) und x = 2 3. Wegen x =±yergeben sich also zwei weitere Punkte p 2 = ( 2 3, 2 3 ) und p 3 = ( 2 3, 2 3 ). Nun versuchen wir, anhand der Hesse-Matrix Aussagen über die Art des Extremums zu erhalten, dazu betrachten wir: 2 = f xx f xy f xy f yy = 6x 6y 6y 2y 2 6x Für die Punkte p 2 und p 3 erhalten wir: p2 2 = 9 8 ( 9) ( 9) = 8 > 0 p3 2 = = 8 > 0 Es handelt sich also um Extrema, und zwar (wegen f xx p2 = f xx p3 = 9 > 0) um zumindest lokale Minima. An p kann mit der Hesse-Matrix keine Aussage gemacht werden ( p 2 = 0), da aber beispielsweise f(x,0) = x 3 in jeder Umgebung von p = (0, 0) größere und kleinere Werte als f(0, 0) = 0 annimmt, muss es sich um einen Sattelpunkt handeln. Anhand von f(x,0) sieht man auch, dass f beliebig große und kleine Werte annehmen kann, es also keine globalen Extreme geben kann. Anwendungsprobleme Aufgabe Linearisierung im Sinne des totalen Differenzials liefert V = 2rπ h r + r 2 π h, mit r = 0 cm, h = 50 cm, r = 0. cm und h = 0. cm erhalten wir V = ( ± ) cm 3. Angaben in so hoher Genauigkeit sind allerdings weder für den Wert noch den Fehler sinnvoll. Meist beschränkt man sich darauf, den Fehler auf zwei signifikante Stellen des Fehlers und den Wert auch bis zu dieser Genauigkeit anzugeben, hier etwa V = ( 57 ± 35) 0 cm 3. Aus a = 2s t 2 erhalten wir und bei Einsetzen der Werte Aus erhalten wir und damit a = 2 s t s t 3 t a = (3.42 ± 0.0) m s 2. R 2 = R R 2 R + R 2 R 2 = R2 2 R + R 2 R 2 (R + R 2 ) 2 R 2 = (33.3 ± 2.8). Dass der absolute Fehler hier kleiner ist als der der Ausgangsgrößen ist nicht sonderlich überraschend, denn auch der Wert ist kleiner. Betrachtet man den relativen Fehler R 2 /R 2, so sieht man, dass dieser größer ist als das geometrische Mittel der relativen Ausgangsfehler. (Die simple Betrachtung eines Mittels ist hier gerechtfertigt, weil beide Ausgangsgrößen symmetrisch eingehen, das geometrische Mittel ist dem Charakter von relativen Größen besser angepasst als das arithmetische.)

21 Lösungswege zu Kapitel 24 2 Aufgabe Wir erhalten aus p = RV T, V = p RT, T = p RV die Ableitungen ( ) p V T = RT, ( ) V = p T p RT 2, ( ) T = p V RV und das Produkt ( ) p V T ( ) ( ) V T = p T p p V RV T =. Aufgabe Wir erhalten durch mehrfaches Ableiten ln Z = Z Z = x i Z x i x i 2 ln Z = Z Z x i x j Z Z x i x j Z x i x j 2 Z Z Z = x i x j x i x j 3 ln Z = 2 Z Z Z x i x j x k Z 3 2 Z Z x i x j x k Z 2 x i x k x j Z 2 Z x i 2 Z x j x k Z 2 2 Z Z x i x j x k + 3 Z Z x i x j x k 3 Z 2 Z Z = x i x j x k x i x j x k 2 Z Z x i x k x j 2 Z Z x j x k x i Z Z Z + 2 x i x j x k

22 22 Lösungswege zu Kapitel 24 4 ln Z = 6 Z Z Z Z x i x j x k x l Z Z Z Z x i x j x k x l Z 3 x i x l x j x k Z Z Z Z Z Z Z x j x l x i x k Z 3 x k x l x i x j Z 2 3 Z Z x i x k x l x j Z Z 3 2 Z x i x k Z x j Z x l Z 2 3 Z Z x j x k x l x i Z Z 3 2 Z x j x k Z x i Z x l Z 2 3 Z Z x i x j x l x k Z Z 3 2 Z x i x j Z x k Z x l 2 Z 2 Z x i x k x j x l 2 Z 2 Z x j x k x i x l 2 Z 2 Z x i x j x k x l 3 Z Z Z Z x i x j x k x l Z x i x j x k x l 4 Z = x i x j x k x l 3 Z Z 6 x perm. i x i2 x i3 x i4 2 Z 2 Z 8 x perm. i x i2 x i3 x i4 + 2 Z Z Z 2 x perm. i x i2 x i3 x i4 Z Z Z Z 6 x i x j x k x l Dabei bedeutet perm, dass über alle Permutationen von (x i,x j,x k,x l ) zu summieren ist. Die kombinatorischen Vorfaktoren kompensiert dabei die mehrfach gezählten Varianten.