Ubungsblatt 3 - GZG, Sey: Mathe

P ROF. D R .-I NG . R AINER C ALLIES
D R . T HOMAS S TOLTE
D IPL .-T ECH . M ATH . K ATHRIN R UF
D IPL .-P HYS . A NDREAS L EISEIFER
SS 2012
H ÖHERE M ATHEMATIK II F ÜR MW UND CIW
Übungsblatt 3
03.05.2012
Zentralübung
Z3.1
Der Graph der Funktion
f : R2 → R ,
f ( x, y) := x3 − 3xy2
wird gelegentlich als Affensattel bezeichnet.
(a) Bestimmen Sie grad f . Ist f total differenzierbar?
(b) Untersuchen Sie das Verhalten von f an der Stelle (0, 0).
Lösungsvorschlag Z3.1:
Vorbemerkung: Sei zunächst f : Rn → R eine beliebige differenzierbare Funktion. Wie im eindimensionalen Fall gilt1 : Wenn f im Punkt a ∈ Rn ein Maximum oder Minimum annimmt, so gilt
grad f ( a) = 0. Die Umkehrung gilt jedoch nicht, wie wir gleich sehen werden.
a) Sei nun f : R2 → R , f ( x, y) := x3 − 3xy2 .
nen ist f differenzierbar und es gilt
grad f ( x, y) =
∂f
∂x
( x, y) ,
Als Komposition differenzierbarer Funktio-
T
T
∂f
( x, y) = 3( x2 − y2 ) , −6xy .
∂y
Da die partiellen Ableitungen stetig sind, ist f total diff’bar und es gilt D f ( x, y)
(grad f ( x, y))T .
=
b) Es ist grad f (0, 0) = (0, 0). Für alle Richtungsableitungen ∇~u f (0, 0) mit ~u ∈ R2 , k~uk = 1
gilt wegen der totalen Differenzierbarkeit von f dann
∇~u f (0, 0) = ∂~u f (0, 0) = (grad f (0, 0))T · ~u = 0 .
Dennoch besitzt f im Nullpunkt weder Maximum noch Minimum. Betrachtet man etwa die
Einschränkung von f auf die x-Achse, also f ( x, 0) = x3 , so sieht man, dass f in jeder Umgebung
des Nullpunktes sowohl positive als auch negative Werte annimmt.
Wir wollen uns den Graph von f in der Nähe des Nullpunktes noch ein bisschen genauer ansehen. Dazu fassen wir f als Funktion C → R auf. Mit z = ( x, y) = x + iy gilt
f (z) = x3 − 3xy2 = Re x3 − 3xy2 + 3ix2 y − iy3 = Re z3 .
Wenn wir nun z in der Polardarstellung betrachten, also z = r eit = r cos t + i r sin t,
ten wir
f (z) = Re r3 e3it = r3 cos(3t) ;
so erhal-
die Einschränkung auf einen Kreis K mit Radius r um den Nullpunkt
f K : [0, 2π ] → R ,
f K (t) := f (reit ) = r3 cos(3t)
hat also 3 Maximal- und 3 Minimalstellen. ,, Im Nullpunkt treffen sich 3 Täler und 3 Berge “.
Der Graph von f wird auch als Affensattel bezeichnet. ,, Ein Affe kann sich bequem darauf setzen, je ein Bein in eines der Täler und den Schwanz ins dritte Tal “.
1 Dies
werden wir in der Vorlesung noch zeigen.
Graph der Funktion ( x, y) 7→ x3 − 3xy2
Z3.2
Sei Ω := {( x1 , x2 ) ∈ R2 | x12 + x22 < 1}, f : Ω → R, f ( x1 , x2 ) :=
q
1 − ( x12 + x22 ).
(a) Skizzieren Sie graph f .
(b) Sei ~x ∈ Ω \ {0}, ~v := k~1xk (− x2 , x1 ) T . Berechnen Sie die Richtungsableitung von f im Punkt
~x in Richtung ~v. Interpretieren Sie das Ergebnis geometrisch.
Lösungsvorschlag Z3.2:
(a) Gesucht ist die Menge
o
n
graph f = ( x1 , x2 , f ( x1 , x2 )) T |( x1 , x2 ) ∈ Ω .
Es gilt
k( x1 , x2 , f ( x1 , x2 ))k =
q
x12 + x22 + |1 − x12 − x22 | = 1,
∀ ( x1 , x2 ) ∈ Ω,
d. h. jeder Punkt in graph f hat die Länge 1. Da f > 0 handelt es sich bei graph f um die Sphäre
der oberen Einheitskugel um die 0.
f ( x1 , x2 )
x2
x1
Graph der Funktion f
(b) Für ( x1 , x2 ) ∈ Ω gilt
∂f
1
( x1 , x2 ) = (1 − ( x12 + x22 ))−1/2 (−2x1 ),
∂x1
2
und analog
∂f
( x , x ) = −(1 − ( x12 + x22 ))−1/2 x2 ,
∂x2 1 2
also
grad f (~x ) = −
1
~x,
f (~x )
mit ~x := ( x1 , x2 ) T .
Da die partiellen Ableitungen in Ω stetig sind gilt
∂~v f (~x ) = (grad f (~x )) T · ~v = −
1
− x1 x2 + x2 x1 = 0.
k~x k f (~x )
Geometrische Interpretation: Die Niveaulinien von f sind Kreise, deren Tangenten am Punkt ~x
durch ~v gegeben sind. Der Gradient von f am Punkt ~x zeigt in Richtung des stärksten Anstiegs,
d. h. in Richtung −~x , und steht damit Senkrecht zu ~v. Das Skalarprodukt der beiden Vektoren
verschwindet also.
Z3.3
Sei f : Rn \{0} → R, f (~x ) := g(k~x k) mit differenzierbarem g : (0, ∞) → R. Zeigen Sie:
grad f (~x ) =
g0 (k~x k)
~x.
k~x k
(Eine Funktion der Form ~x 7→ g(k~x k) heißt radialsymmetrisch.)
Lösungsvorschlag Z3.3:
~x 6= 0
Sei r : Rn \ {0} → R, r (~x ) := k~x k :=
q
x12 + . . . + xn2 , dann gilt für
x
∂
1
∂r
(~x ) =
( x12 + . . . + xk2 + . . . + xn2 )1/2 = ( x12 + . . . + xk2 + . . . + xn2 )−1/2 2xk = k ,
∂xk
∂xk
2
k~x k
d. h. grad r (~x ) = ~x /k~x k. Da f (~x ) = g(r ( x1 , . . . , xn )) gilt nach der Kettenregel
x
∂f
∂r
(~x ) = g0 (r (~x ))
(~x ) = g0 (k~x k) k ,
∂xk
∂xk
k~x k
was zu zeigen war.
Z3.4
Untersuchen Sie die durch
f (0, 0) := 0
f ( x, y) :=
xy2
x 2 + y2
sowie
für ( x, y) 6= (0, 0)
erklärte Funktion f : R2 → R auf Stetigkeit, Differenzierbarkeit und die Existenz von Richtungsableitungen.
Lösungsvorschlag
Z3.4:
Auf R2 \ (0, 0) ist f als Kompstitionen stetiger Funktionen stetig. Außerdem ist sie dort partiell differenzierbar und die partiellen Ableitungen sind stetig. Demnach ist f dort auch total
differenzierbar und alle Richtungsableitungen existieren.
Zu untersuchen bleibt also nur das Verhalten von f am Nullpunkt.
Wir zeigen zunächst die Stetigkeit von f im Nullpunkt. Dazu müssen wir zeigen, dass zu jedem
e > 0 ein δ > 0 existiert mit
f ( x, y) − f (0, 0) < e
für alle ( x, y) ∈ R2 mit ( x, y) − (0, 0) < δ .
Wegen
x2 + y2 ≥ 2xy
gilt
2 2
f ( x, y) − f (0, 0) = 2xy 2 ≤ xy =
2xy
x +y
|y|
2
≤ 12 k( x, y)k.
2
Ist
also e > 0 vorgegeben dann leistet δ := 2e das gew
ünschte, denn
für alle ( x, y) ∈ R mit
( x, y) − (0, 0) < δ = 2ε gilt nach obiger Rechnung: f ( x, y) − f (0, 0) < k( x, y)k/2 < δ/2 = ε.
n→∞
Alternativ über das Folgenkriterium: Sei ~xn = ( xn , yn ) eine Nullfolge, d. h. k~xn k −−−→ 0. Zu zeigen
n→∞
ist, dass dann | f (~xn ) − f (0, 0)| −−−→ 0. Für ~xn 6= 0 gilt mit der gleichen Abschätzung wie oben
q
x y2 x y2 xn2 + y2n
k~x k n→∞
|
y
|
| f (~xn ) − f (0, 0)| = | f (~xn ) − 0| = 2 n n 2 ≤ n n = n ≤
= n −−−→ 0.
xn + yn 2xn yn 2
2
2
Wir wollen nun untersuchen, ob die Richtungsableitungen von f im Nullpunkt existieren.
Wie wir gleich sehen werden ist hier die Formel ∂~u f (~x ) = (grad f (~x )) T · ~u nicht gültig (daraus werden wir schließen, dass f nicht total differenzierbar sein kann). Wir müssen also die
Richtungsableitungen
über den Grenzwert bestimmen. Für ~u := α(1, m) T mit m ∈ R und
√
α := 1/ 1 + m2 gilt2
1
f (~0 + t~u) − f (~0)
f (αt, αmt) − 0
t(mt)2
·
∇~u f (~0) = ∂~u f (~0) = lim
= lim
= lim α 2
t
t
t →0
t →0
t→0 t + ( mt )2 t
m2
m2
= lim α
=
α
t →0 1 + m 2
1 + m2
also existieren die Richtungsableitungen in Richtung ~u. Weiter gilt3 ∂−~u f (~0) = −αm2 /(1 + m2 ).
Dies beinhaltet insbesondere die partielle Ableitung
Auch die partielle Ableitung
∂f
∂y (0, 0)
=
f (0,y)− f (0,0)
lim
y
y →0
∂f
∂y (0, 0)
∂f
∂x (0, 0)
= ∂(1,0) f (0, 0) = 0.
existiert, da f längs der x-Achse konstant = 0 ist; also
= 0.
Um zu zeigen, dass f im Nullpunkt nicht total differenzierbar ist, führen wir einen Widerspruchsbeweis. Wäre f total differenzierbar, dann könnten wir den Satz über die Richtungsableitung einer total differenzierbaren Funktion (Skript S. 143) anwenden, der besagt, dass dann
∂~u f (~x ) = (grad f (~x )) T · ~u gilt. Wir haben aber
grad f (0, 0) =
∂f
∂x
(0, 0) ,
T
∂f
(0, 0) = (0, 0)T ,
∂y
und damit ∂~u f (0, 0) = (grad f (~0)) T · ~u = 0 für alle ~u ∈ R2 mit k~uk = 1. Dies steht im
Widerspruch zur obigen Rechnung, also war die Annahme falsch, d.h. f ist im Nullpunkt nicht
total differenzierbar.4
Z3.5 Mittels dem Dopplereffekt soll die Geschwindigkeit eines Wagens bestimmt werden, der
Schallwellen mit einer Frequenz von ω = 1000 Hz aussendet. Es gilt
f =
1
ω,
1 − vc
wobei f = 1100 Hz die gemessene Frequenz, v die Geschwindigkeit des Wagens und c =
330 m/s die Schallgeschwindigkeit ist. Schätzen Sie den Fehler |∆v| ab, für den Fall, dass die
Messfehler |∆ f | ≤ 10 Hz, |∆c| ≤ 10 m/s und |∆ω | ≤ 1 Hz sind.
Wir lösen die Formel nach v auf:
ω
1000
v( f , c, ω ) = 1 −
c = 1−
330 m/s = 30 m/s = 108 km/h.
f
1100
Lösungsvorschlag Z3.5:
Die Fehlerrechnung (vgl. Skript S. 142) lautet
∂v
∂v
∂v
( f , c, ω ) |∆ω |
|∆v| ≤ ( f , c, ω ) |∆ f | + ( f , c, ω ) |∆c| + ∂f
∂c
∂ω
ω
ω
c
433
= 2 c|∆ f | + 1 −
|∆c| + |∆ω | ≤
m/s ≈ 14, 2 km/h.
f
f
110
f
04. – 10.05.2012
Hausaufgaben
H3.1 Berechnen Sie die ersten und zweiten partiellen Ableitungen, den Gradienten und die
Richtungsableitung in Richtung √1 (−11) der folgenden Funktionen von R2 nach R:
2
(a) f ( x1 , x2 ) := 2x12 + 3x1 x2 + x2 ,
2 Das
α sorgt dafür, dass ~u auf 1 normiert ist.
f (~a+t~v)− f (~a)
∂~v f (~a) = limt→0
, so gilt immer
t
3 Existiert
∂−~v f (~a) = lim
t →0
4 Wenn
f (~a + t(−~v)) − f (~a)
f (~a + (−t)~v) − f (~a)
= lim −
= −∂~v f (~a).
t →0
t
(−t)
∂f
∂f
Sie Lust haben, können Sie einmal die partiellen Ableitungen ∂x ( x, y) und ∂y ( x, y) für ( x, y) 6= (0, 0)
∂f
∂f
ausrechnen und verifizieren, dass ∂x und ∂y im Nullpunkt nicht stetig sind. Wenn Sie dort stetig wären, so wäre f
differenzierbar.
(b) g( x, y) := xy2 + ye− xy ,
(c) h( a, b) := a sin b.
Lösungsvorschlag H3.1:
Wir schreiben kurz f x für die Funktion
1
∂f
∂x1 ,
etc., und setzen ~v :=
√1 ( 1 ).
2 −1
Dann ist5
(a) f x ( x1 , x2 ) = 4x1 + 3x2 , f x ( x1 , x2 ) = 3x1 + 1,
fx
1
x ( x1 , x2 )
1 1
= 4, f x
grad f ( x1 , x2 ) =
2
x ( x1 , x2 )
1 2
= f x x ( x1 , x2 ) = 3, f x x ( x1 , x2 ) = 0,
2 2
! 2 1
f x ( x1 , x2 )
4x1 + 3x2
1
=
,
f x ( x1 , x2 )
3x1 + 1
2
Da die partiellen Ableitungen stetig sind, ist f total diff’bar und es gilt ∂~v f ( x1 , x2 ) =
(grad f ( x1 , x2 ))T · ~v = √1 ( x1 + 3x2 − 1).
2
(b) gx ( x, y) = y2 − y2 e− xy = y2 (1 − e− xy ),
gy ( x, y) = 2xy + e− xy − xye− xy = 2xy + (1 − xy)e− xy ,
gxx ( x, y) = y3 e− xy ,
gxy ( x, y) = gyx ( x, y) = y(2 + ( xy − 2)e− xy ),
gyy ( x, y) = 2x − xe− xy − (1 − xy) xe− xy = (2 + ( xy − 2)e− xy ) x,
y2 (1 − e− xy )
gradg( x, y) =
,
2xy + (1 − xy)e− xy
Da g total diff’bar ist (Begründung wie in (a)), gilt: ∂~v g( x, y) = (gradg( x, y)) T · ~v =
√1 ( g ( x, y ) − g ( x, y )) = √1 y2 − 2xy + ( xy − y2 − 1) e− xy ,
x
y
2
2
(c) h a ( a, b) = sin b, hb ( a, b) = a cos b,
h aa ( a, b) = 0, h ab ( a, b) = hba ( a, b) = cos b, hbb ( a, b) = − a sin b,
sin b
gradh( a, b) =
, Da auch h total diff’bar ist (Begründung wie in (a)), gilt: ∂~v h( a, b) =
a cos b
gradh( a, b)) T · ~v = √1 (sin b − a cos b).
2
d
dt
f (~x (t)) an der Stelle t = π2 mit der Kettenregel; hierbei
t cos t
x y2
f ( x, y) := e
und ~x (t) :=
.
t sin t
H3.2 Bestimmen Sie den Wert von
seien
f (~x (t)) = (grad f (~x (t))) T · ~x˙ (t). Wegen
2 2
cos t − t sin t
y
grad f ( x, y) = e x y
und ~x˙ (t) =
sin t + t cos t
2xy
Lösungsvorschlag H3.2:
erhält man
Wir setzen t =
Es gilt
d
dt
2
3
d
f (~x (t)) = et cos t sin t
dt
π
2
ein und erhalten
d
dt
t2 sin2 t
2
2 t sin t cos t
T cos t − t sin t
·
.
sin t + t cos t
3
f (~x (t)) = − π8 .
H3.3 Die Jacobi-Matrix einer differenzierbaren Funktion f : Rn → Rm ist definiert als die
matrixwertige Funktion J f : Rn → Rm×n ,
∂1 f 1 (~x )

..
J f (~x ) := 
.

∂1 f m (~x )
···
···

∂n f 1 (~x )

..
,
.
∂n f m (~x )
∂k f j (~x ) :=
∂ fj
∂xk
(~x ),
~x = ( x1 , . . . , xn )T .
Bestimmen Sie die Jaccobi-Matrix der folgenden Abbildungen:
(a) f : Rn → Rm , f (~x ) := A~x, wobei A ∈ Rm×n .
(b) f : Rn → Rm , f (~x ) := g(~x ) A~x, wobei A ∈ Rm×n und g : Rn → R eine C1 -Funktion ist.
5 Da
k~vk = 1 ist, müssen wir ~v nicht mehr normieren – dies wird in Klausuren oft vergessen!
(c) f : Rn → R, f (~x ) := 12 h~x, B~x i, wobei B = B T ∈ Rn×n .
Lösungsvorschlag H3.3: Kurze Wiederholung (vgl. Skript Seite 140 Totales Differential): Sei
D ⊆ Rn offen, f : D → Rm . Ist m = 1 so heißt f in ~x0 ∈ D total differenzierbar, wenn es ein
~a ∈ Rn gibt mit
f (~x ) = f (~x0 ) +~a T (~x − ~x0 ) + O(k~x − ~x0 k2 )
für alle ~x aus einer Umgebung von ~x0 .
Für m > 1 lässt sich die Definition verallgemeinern: Die Funktion f : D → Rm heißt total
differenzierbar, wenn die Komponenten-Funktionen f k in f = ( f 1 , . . . , f m ) total differenzierbar
sind. Für jede Komponenten-Funktion f k gibt es dann ein Vektor ~ak der die obige Bedingung
erfüllt. Wenn wir also die Zeilenvektoren ~akT als Zeilen einer Matrix A zusammenfassen, so gilt
f (~x ) = f (~x0 ) + A(~x − ~x0 ) + O(k~x − ~x0 k2 )
für alle ~x aus einer Umgebung von ~x0 . Die Matrix A heißt totales Differential von f im Punkt ~x0
und wird auch gelegentlich mit D f (~x0 ) bezeichnet.
Sind die partiellen Ableitungen von f stetig, dann ist f total differenzierbar und es gilt A =
J f ( x0 ). Die k-te Zeile in der Jacobi-Matrix J f ist (grad f k ) T .
(a) Es gilt
f j (~x ) = ( A~x ) j =
damit ist
∂ fj
∂xk
Da J f (~x )
jk
=
∂ fj
x)
∂xk (~
(~x ) =
n
∑ A ji xi ,
i =1
n
∑ A ji δik = A jk .
i =1
= A jk ist, folgt J f (~x ) = A. Die Jacobi-Matrix der linearen Funktion
f ist also eine konstante matrixwertige Funktion auf dem Rn .
(b) Es ist
n
f j (~x ) = g(~x ) ∑ A ji xi ,
i =1
damit ist nach der Produktregel
∂ fj
∂xk
(~x ) =
n
n
∂g
(~x ) ∑ A ji xi + g(~x ) ∑ A ji δik = (grad g(~x ))k ( A~x ) j + g(~x ) A jk .
∂xk
i =1
i =1
Also gilt
J f (~x ) = ( A~x ) · (grad g(~x )) T + g(~x ) A.
(c) Hier ist m = 1, also ist J f (~x ) = (grad f (~x )) T . Weiter gilt
f (~x ) =
n
1
2
j =1
1
2
∑
1
n
∑ x j ( A~x) j = 2 ∑
j,l =1
x j A jl xl .
Damit ist
∂f
1
(~x ) =
∂xk
2
n
∑
j,l =1
da Bjk = Bkj gilt. Also
H3.4
δkj Bjl xl +
n
j,l =1
x j Bjl δkl =
1 n
1
Bkl xl +
2 l∑
2
=1
J f (~x ) = ( B~x ) T = ~x T B.
Es sei f : R2 → R gegeben durch
 p

x 2 + y2 ,

f ( x, y) :=
x,

 p 2
− x + y2 ,
Zeigen Sie:
y > 0,
y = 0,
y < 0.
n
∑ x j Bjk = ( B~x)k ,
j =1
(a) Jede Richtungsableitung von f existiert in (0, 0).
(b) f ist in (0, 0) nicht total differenzierbar.
Lösungsvorschlag H3.4:
f ( x, y)
y
x
Graph der Funktion f
(a) Zunächst bemerken wir, dass
(
f ( x, y) :=
sgn(y)
x,
p
x 2 + y2 ,
y 6= 0,
y = 0,
wobei die Signum-Funktion definiert ist als


 1,
sgn(t) :=
0,


−1,
t > 0,
t = 0,
t < 0.
Sei nun ~v := (v1 , v2 ), mit k~vk = 1, dann ist
∇~v f (~0) = ∂~v f (~0) = lim
t →0
f (tv1 , tv2 )
f (~0 + t~v) − f (~0)
= lim
.
t
t
t →0
Um nun die Definition von f benutzen zu können müssen wir eine Fallunterscheidung treffen.
Falls v2 6= 0 ist, gilt
q
t2 v21 + t2 v22
f (tv1 , tv2 )
= lim
t
t
t →0
t →0
q
sgn(v2 ) sgn(t)|t| v21 + v22
= lim sgn(v2 ) = sgn(v2 ),
= lim
t
t →0
t →0
sgn(tv2 )
∇~v f (~0) = lim
1
wobei wir t = sgn(t)|t| und k~vk = 1 verwendet haben.
Falls v2 = 0 ist, so gilt
∇~v f (~0) = lim
t →0
f (tv1 , tv2 )
f (tv1 , 0)
tv
= lim
= lim 1 = v1 .
t
t
t →0
t →0 t
Also existiert jede Richtungsableitung von f in (0, 0).
(b) Wir nehmen an f wäre diff’bar in (0, 0) (vgl. Lsg. zu Z3.4). Dann wäre ∂~u f (0, 0) = (grad f ) T ·
√
~u = (1, 1)T · ~u. Aber (a) zeigt, dass für ~u := (1, −1)T / 2,
√
∂~u f (0, 0) = sgn(−1/ 2) = −1
√
ist, im Widerspruch zu ∂~u f (0, 0) = (1, 1) · (1, −1) T / 2 = 0.