L¨ osungen zur Serie 5

Dr. P. Thurnheer Grundlagen der Mathematik I ETH Z¨urich

D-CHAB, D-BIOL (Analysis B) FS 11

L¨ osungen zur Serie 5

1. a) Die erste Kurve ist eine Kardioide(Herzkurve).

i) Wenn man t durch −t erstezt, kriegt manx(−t) =x(t) undy(−t) = −y(t): die Kurve ist also zurx−Achse symmetrisch.

ii)/iii)Die gemeinsamen Punkte der Kur- ve mit derx−/y−Achse bestimmt man in dem man die Gleichungen x(t) = 0 und y(t) = 0 mit Hilfe der gegebenen trigono- metrischen Identit¨aten l¨ost.

x(t) = 2 cost−cos 2t =−2 cos²t+ 2 cost+ 1 = 0 ⇔ cost = 1−√ 3 2

Wegen der Periodizit¨at der Cosinusfunktion, hat die obige Gleichung 2 L¨osungen t=± arccos1−√

3

2 und somit hat die Kurve zwei gemeinsame Punkte mit der y−Achse:

(

0,±√

3 + 2√ 3

) .¹ In ¨anlicher Weise

y(t) = 2 sint−sin 2t= 2 sint(1−cost) = 0 ⇔ sint = 0∨cost= 1 und die gemeinsame Punkte mit der x−Achse sind (

1,0) und (

−3,0) .

1Hier haben wir die folgende Formel verwendet:

sin(

arccosq)

=√ 1−q²

iv)/v) Die Punkte mit horizontaler Tangente m¨ussen die folgende Gleicung erf¨ullen

y^′(t) = 2 cost−2 cos 2t= 2 cost−4 cos²t+ 2 = 0 ⇔ cost= 1∨cost=−1 2 Wenn wir das in der Parameterdarstellung der Kurve zur¨ucksetzen, kriegen wir

(1,0),

(− 1 2,−3√

3 2

) und

(−1 2,3√

3 2

) .

Die ¨anliche Gleichung f¨ur die Punkte mit vertikalen Tangente

x^′(t) =−2 sint+ 2 sin 2t = 2 sint(−1 + 2 cost) = 0 ⇔ sint = 0∨cost= 1 2 liefert

(−3,0), (3

2,−

√3 2

) und

(3 2,

√3 2

) .

vi) Bei dieser Funktion ist die Steigung f¨ur alle (x, y) wohldefiniert.

b) Die zweite Kurve kann man als Graph einer Funktion x=x(y) deuten.

i) Wenn man t durch −t erstezt, kriegt man wieder x(−t) = x(t) und y(−t) =

−y(t): die Kurve ist also zur x−Achse symmetrisch.

ii)/iii)Die gemeinsamen Punkte der Kur- ve mit der x−/y−Achse bestimmt man durch die Gleichungen

x(t) = t²− t⁴

2 =t²(1−t² 2) = 0 y(t) = 4

3t³ = 0 Daraus erh¨alt man t = 0,±√

2 und somit (0,0) und (

0,±8√ 2 3

)

auf die y− Achse.

Analog dazu liefert t= 0 nochmals (0,0) als L¨osung.

iv)/v)An der Stellet = 0 verschwinden beide Ableitungenx^′(t) = 2t−2t³ und y^′(t) = 4t². Das erste Polynom hat zus¨atzliche zwei symmetrische Nullstelle f¨ur t=±1 und somit zwei Punkte

(1 2, ±4

3 )

mit vertikalen Tangente.

vi)In diesem Fall ist die Steigung der Tangente f¨urt= 0 unbestimmt. In diesem Ausnahmepunkt berechnen wir die Steigung als Grenzwert:

dy

dx(0) = lim

t→0

y^′(t) x^′(t) = lim

t→0

4t²

2t−2t³ = lim

t→0

4t² 2t = 0 Die Kurve hat also auch im Ursprung eine horizontale Tangente.

c) Die dritte Kurve ist eine Lissajous-Figur

i) Auch in diesem Fall besitzt die Kurve eine Spiegelsymmetrie, die man wie folgt verifizieren kann:

x(t+π) = sin(t+π) = −sint =−x(t)

y(t+π) = sin(2 (t+π)−1) = sin(2t−1 + 2π) sin(2t−1) = y(t) Die Kurve ist also zury−Achse Symmetrisch.

ii)/iii) Gemeinsamen Punkte der Kurve mit derx−/y−Achse:

x(t) = 5 sint = 0 ⇒ t= 0, π,2π

⇒(0,−sin 1)≃(0,−0.841) y(t) = sin(2t−1) = 0

⇒t = 1 +kπ

2 k= 0,1,2,3

⇒ (

±5 sin 1 2,0

)

≃(±2.397,0), (

±5 sin 1 +π 2 ,0

)

≃(±4.207,0)

iv) Punkte mit horizontaler Tangente:

y^′(t) = 2 cos(2t−1) = 0 ⇒ t= k π+ 2

4 k = 1,3,5,7 ⇒ (

±5 sin (π

4 +1 2

) , 1

)

≃(±4.798,1), (

±5 cos (π

4 + 1 2

) , −1

)

≃(1.408,−1)

v)Punkte mit vertikaler Tangente:

x^′(t) = 5 cost= 0 ⇒ t= π 2 , 3π

2 ⇒ (±5,sin 1)≃(±5,0.841) vi) —

2. a) Wir bestimmen zun¨achst die Ableitungen der gegebenen Funktionen:

dh(t) = (∂h₁

∂t ,∂h₂

∂t )T

= (1,1)^T und

dg(x, y) = (∂g

∂x,∂g

∂y )

= (y, x). b) Die verkettete Funktion lautet

f =g ◦h :R−→R, f(t) =g(h(t)) =g(t, t) = t². Die Ableitung vonf kann man direkt bestimmen

df(t) = 2t oder mit Hilfe der Kettenregel

df(t) =dg( h(t))

·dh(t) = (t, t) (1

1 )

= 2t . Somit verifiziert man, dass

df(t) = d( g◦h)

(t) =dg( h(t))

dh(t)

c) Die Niveaulinie von g zim Niveau 2 ist die Hyperbel g(x, y) =x y= 2 d.h. y= 2

x.

Die Liniarisierungp der gegebenen Funktion bei (x₀, y₀) = (2,1) ist p(x, y) = g(x₀, y₀) + ∂

∂xg(x₀, y₀) (x−x₀) + ∂

∂yg(x₀, y₀) (y−y₀) =

= 2 + 1 (x−2) + 2 (y−1) =x+ 2y−2 und somit lautet die Niveaulinie vonp zum gleichen Niveau

p(x, y) =x+ 2y−2 = 2 ;

anders gesagt, lautet die Tangente im Punkt (2,1) zur obigen Hyperbely = 4−x 2 . Schlussendlich kann man leicht verifizieren, dass im Punkt (2,1) steht die Tan- gente zum Gradient

∇g(2,1) = (dg(2,1))^T = (1

2 )

senkrecht.

3. Die drei Funktionen ergeben drei verschiedene Darstellungen der gleichen Fl¨ache (wenn eingeschr¨ankte auf den oberen Halbraum).

a) Wir bestimmen zun¨achst die Definitions- und Wertebereiche jeder Funktion.

D_f = {

(x, y)∈R²x² +y² ≤25 }

und

W_f = {

z ∈R⁺z ≤5 }

= [0,5].

Der Definitionsbereich ist eine 2−dimensionale Kreisscheibe mit Radius 5 um (0,0) und der Wertebereich ist ein (abgeschlossene) Intervall.

Die zweite Funktion ist f¨ur alle ϑ und φ wohldefiniert, d.h. D_g = R² (und offensichtlich dimR² = 2).

Der Wertebereich bestimmt man in dem man die gew¨onliche trigonometri- sche Identit¨at sin²α+ cos²α= 1 mehrmals verwendet.

Sei g(ϑ, φ) = (g₁(ϑ, φ), g₂(ϑ, φ), g₃(ϑ, φ))^T, dann ist g₁²+g₂²+g₃² = 25



sin²ϑ(cos²φ+ sin²φ

| {z }

=1

) + cos²ϑ





| {z }

=1

= 25

und somit

W_g = {

(x, y, z)∈R³x²+y²+z² = 25 }

.

Wegen der Periodizit¨at der trigonometrischen Funktionen, dieselbe Werte- bereiche k¨onnte man auch kriegen, wenn man nur [0, π]×[0,2π] als Defini- tionsbereich betrachtete.

Auch die dritte Funktion ist ¨uberall wohledefiniert: in diesem Fall ist D_h = R³ (und dimR³ = 3).

Diese Funktion kann jeden positiven Wert annehmen, d.h.

W_h =R⁺= [0,∞).

b) Wie schon angedeutet, das Bild von g stimmt mit der Niveaufl¨ache von h zum Niveau 25 ¨uberein: jede Niveaufl¨ache von hentspricht eine Sph¨are und g parametrisiert die Sph¨are mit Radius r= 5. Wenn man z =f(x, y) setzt, kann man leicht verifizieren, dass der Graph von f ist die obere Halbsp¨are mit dem gleichen Radius.

c) Die gesuchte Ableitungen lauten df(x, y) = 1

√25−x²−y² (−x , −y) (1×2)-Matrix

dg(ϑ, φ) =



5 cosϑcosφ −5 sinϑsinφ 5 cosϑsinφ 5 sinϑcosφ

−5 sinϑ 0



 (3×2)-Matrix

dh(x, y, z) = (2x,2y,2z) (1×3)-Matrix d) Wenn wir h und g zusammensetzen, kriegen wir h◦g :R² →R mit

h◦g(ϑ, φ) = (5 sinϑcosφ)²+ (5 sinϑsinφ)²+ (5 cosϑ)² =

= 25 sin²ϑ(cos²φ+ sin²φ)

| {z }

=1

+25 cos²ϑ= 25 Somit ist offensichtlich

d( h◦g)

)ϑ, φ) = (0,0)

e) Das gleiche Resultat kriegt man unter Verwendung der Kettenregel d(

h◦g)

(ϑ, φ) = dh(

g(ϑ, φ))

dg(ϑ, φ) =

= (2g1(ϑ, φ),2g2(ϑ, φ),2g3(ϑ, φ))



5 cosϑcosφ −5 sinϑsinφ 5 cosϑsinφ 5 sinϑcosφ

−5 sinϑ 0



=

=50 (sinϑcosφ,sinϑsinφ,cosϑ)



cosϑcosφ sinϑsinφ cosϑsinφ sinϑcosφ

sinϑ 0



= 0

Das k¨onnte man auch ohne zu rechnen erraten: g parametrisiert die Sph¨are mit r = 5, hbeschreibt Niveaufl¨achen, die Sph¨aren entsprechen: h ist also per Konstruktionauf dem Bild vong konstant und somit muss die Ableitung verschwinden.

f ) Der zu betrachtende Gradient ist

∇h(x, y, z) = (

dh(x, y, z))T

= 2



x y z



 .

Der Vektor (x, y, z)^T ist der Radius der Sph¨are durch den Punkt (x, y, z)̸= (0,0,0). Deshalb steht ∇h(x, y, z) senkrecht auf der durch den Punkt ver- laufenden Niveaufl¨ache von h.

4. Aufgrund einfacher geometrischer ¨Uberlegungen m¨ussen die Punkte folgende Gleichung erf¨ullen:

y² + (z+ 1)² =x²+ (z−1)²

Formt man das um, so ist ersichtlich, dass es sich um ein hyperbolisches Para- boloid im euklidischen Raum handelt:

z = 1

4(x² −y²) Der 3D−Plot ist:

-5

0

5 -5

0

5

-5 0 5