Prof. Dr. C. Herrmann Dipl.-Math. Tobias Hansel Dipl.-Math. Rene Hartmann Dipl.-Math. Michael Klotz
SS 2009 10.07.2009
13. ¨ Ubungsblatt zur
” Mathematik II f¨ ur ET, WI(ET), SpoInf, IkT, IST, CE, Mechatronik“
Gruppen¨ ubung
Aufgabe G44(Taylorentwicklung)
Gegeben sei die Funktion f : (0,+∞)×(0,+∞)→R, mit f(x, y) =x4 ln(xy).
(a) Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen D(0,0)f(x, y), D(1,0)f(x, y), D(0,1)f(x, y), D(2,0)f(x, y),D(0,2)f(x, y) und D(1,1)f(x, y).
(b) Bestimmen Sie das Taylorpolynom 2. Ordnung um den Entwicklungspunkt (1,1), also:
j(1,1)2 (h) = X
|α|≤2
1
α!(Dαf)(1,1)hα. Oder so notiert: j(1,1)2 ((x, y)−(1,1)) =P
|α|≤2 1
α!(Dαf)(1,1)((x, y)−(1,1))α.
(c) F¨ur jedesh= (h1, h2)∈R2, f¨ur das die Verbindungsstrecke zwischen (1,1) und (1,1) +him Definitionsbereich der Funktion f ist, gibt es dann nach dem Satz von Taylor ein τ ∈]0,1[, sodass
f((1,1) +h) =j(1,1)2 (h) + Restglied = X
|α|≤2
1
α!(Dαf)(1,1)hα+ X
|α|=3
(Dαf)((1,1) +τ h)
α! hα
gilt. Der Funktionswertf(1,0.8) l¨asst sich durch das Taylorpolynom approximieren. Sch¨atzen Sie den Fehler nach oben ab, den Sie dabei begehen, indem Sie das Restglied absch¨atzen.
Hinweis: Anstatt f¨ur das Restglied alle partiellen Ableitungen dritter Ordnung vonf auszu- rechnen, denken Sie erst dar¨uber nach, welche sie danach wirklich ben¨otigen.
L¨osung:
(a)(b) Die ben¨otigten partiellen Ableitungen:
¡(D(0,0)f)(x, y) =¢
f(x, y) =x4 ln(xy), f(1,1) = 0
¡(D(1,0)f)(x, y) =¢
fx(x, y) = 4x3ln(xy) +x3, fx(1,1) = 1
¡(D(0,1)f)(x, y) =¢
fy(x, y) = x4
y , fy(1,1) = 1
¡(D(2,0)f)(x, y) =¢
fxx(x, y) = 12x2ln(xy) + 7x2, fxx(1,1) = 7
¡(D(0,2)f)(x, y) =¢
fyy(x, y) =−x4
y2, fyy(1,1) =−1
¡(D(1,1)f)(x, y) =¢
fxy(x, y) =fyx(x, y) = 4x3
y , fxy(1,1) = 4. Damit lautet das gesuchte Taylorpolynom
j(1,1)2 (h1, h2) =f(1,1) +fx(1,1)h1+fy(1,1)h2+fxx(1,1)h21 2 +fxy(1,1)h1h2+fyy(1,1)h22
2
= 0 +h1+h2+7
2h21+ 4h1h2−1 2h22
oder so:
j(1,1)2 (x−1, y−1) =f(1,1) +fx(1,1)(x−1) +fy(1,1)(y−1) +fxx(1,1)(x−1)2 2 +fxy(1,1)(x−1)(y−1) +fyy(1,1)(y−1)2
2
= 0 + (x−1) + (y−1) +7
2(x−1)2+ 4(x−1)(y−1)−1
2(y−1)2
(c)
h= (1,0.8)−(1,1) = (0,−0.2) Das Restglied ist:
R(h) = X
|α|=3
(Dαf)((1,1) +τ h)
α! hα = (D(0,3)f)(1,1−0.2τ)
0!·3! 00(−0.2)3
= 1
3!(−0.2)3fyyy(1,1−0.2τ), mit einem τ ∈(0,1),
denn hα ist f¨ur alle α gleich 0, außer f¨ur α = (0,3). (Beispiel: h(1,2) = 01 ·(−0.2)2 = 0.
Hinweis: Man beachte, dass x0 im Kontext von Polynomen/Reihen immer als 1 definiert wird, also dass 00 = 1 gilt.)
Wir haben fyyy(x, y) = 2xy34.
Restgliedabsch¨atzung:
R(h) = 1
3!(−0.2)3fyyy(1,1−0.2τ),
= 1
6(−0.2)3 2·14 (1−0.2τ)3
|R(h)| ≤ 4
310−3 sup
τ∈(0,1)
2 (1−0.2τ)3
= 4
310−3 2
(0,8)3 ≈5,2083·10−3 . Aufgabe G45(Extremwertbestimmung: ein Vergleich)
Wir vergleichen die Extremwertbestimmung von reellen Funktionenf:R→Rmit einer Ver¨ander- lichen mit Funktionenf:Rn→Rmit mehreren Ver¨anderlichen.
Falls f differenzierbar bzw. stetig partiell differenzierbar ist, ist die notwendige Bedinung f¨ur eine lokale Extremstelle x:
f:R→R diff.bar f:Rn→Rstetig partiell diff.bar Man nenntx einen...
f0(x) = 0 (gradf)(x) = 0 station¨aren Punkt
Sei nun die Funktionf zweimal differenzierbar bzw. zweimal stetig partiell differenzierbar und sei x ein station¨arer Punkt. Vervollst¨andigen Sie die folgende Tabelle:
f:R→R 2mal diff.bar f:Rn→R2mal stetig partiell diff.bar Dann ist beix ein...
f00(x)>0 (Hessf)(x) ist lokales Minimum
f00(x)<0 (Hessf)(x) ist lokales Maximum
— (Hessf)(x) ist Sattelpunkt
f00(x) = 0 (Hessf)(x) ist (wir wissen es nicht) mit den Eintr¨agen:
(a) indefinit (b) positiv definit
(c) negativ definit
(d) (positiv/negativ) semidefinit
L¨osung:
f:R→R 2mal diff.bar f:Rn→R2mal stetig partiell diff.bar Dann ist beix ein...
f00(x)>0 (Hessf)(x) ist positiv definit lokales Minimum f00(x)<0 (Hessf)(x) ist negativ definit lokales Maximum
— (Hessf)(x) ist indefinit Sattelpunkt
f00(x) = 0 (Hessf)(x) ist semidefinit (wir wissen es nicht) Aufgabe G46(Extremwertbestimmung)
Gegeben sei die Funktion f: (R\ {0})×(R\ {0})→R, mit f(x, y) = 1
y − 1
x −9x+ 4y .
(a) Bestimmen Sie alle station¨aren Punkte von f. (Station¨are Punkte sind die Kandidaten f¨ur lokale Extrema.)
(b) Bestimmen Sie alle Stellen, in denen die Funktion ein lokales Extremum hat und geben Sie jeweils an, ob es sich um ein lokales Maximum oder Minimum handelt.
L¨osung: Den Gradienten nullsetzen:
(gradf)(x, y) = µ 1
x2 −9
−y12 + 4
¶
= µ0
0
¶
=⇒ x=±1
3, y=±1 2 . Kandidaten f¨ur Extremstellen sind also
(x1, y1) = (13,12), (x2, y2) = (13,−12), (x3, y3) = (−13,12), (x4, y4) = (−13,−12) . Klassifizieren mit der Hesse-Matrix:
(Hessf)(x, y) =
µfxx fxy fyx fyy
¶
=
µ−x23 0 0 y23
¶
(Hessf)(x1, y1) =
µ−54 0 0 16
¶
pos./neg. Eigenwerte: Sattelpunkt (Hessf)(x2, y2) =
µ−54 0
0 −16
¶
nur neg. Eigenwerte: lok. Maximum (Hessf)(x3, y3) =
µ54 0 0 16
¶
nur pos. Eigenwerte: lok. Minimum (Hessf)(x4, y4) =
µ54 0 0 −16
¶
pos./neg. Eigenwerte: Sattelpunkt
Aufgabe G47(Erinnerung)
Kreuzen Sie korrekte Aussagen an:
פ Eine Teilmenge K⊂Rn heißt kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschr¨ankt ist.
¤ Eine Teilmenge K⊂Rn heißt kompakt, wenn sie offen und beschr¨ankt ist.
פ Jede stetige reelle Funktion f: K → R auf einer kompakten Menge K ⊆ Rn nimmt ein Maximum und ein Minmum an.
Aufgabe G48(Methode von Lagrange)
Bestimmen Sie mithilfe einer Lagrange-Funktion die Extremwerte von f(x, y) =xy, x, y∈R,
unter der Nebenbedingungx2+ 4y2−2 = 0.
L¨osung: Die Lagrange-Funktion lautetL(x, y, λ) =xy+λ(x2+4y2−2).Jede lokale Extremalstelle (x, y) (unter der Nebenbedingung) erf¨ullt:
Lx(x, y, λ) =y+ 2λx= 0,! Ly(x, y, λ) =x+ 8λy= 0,! Lλ(x, y, λ) =x2+ 4y2−2= 0.!
Aus Gleichung 1 ergibt sich y =−2λx, mit Gleichung 2 ergibt sich dann x(1−16λ2) = 0, d.h.
einer der beiden Faktoren ist 0. Unterscheiden wir zwei F¨alle:
Fall 1: x= 0. Dann ist auchy= 0, sodass ein Widerspruch zur Gleichung 3 entsteht.
Fall 2: (1−16λ2) = 0. Dann erh¨alt man λ2 = 161 (d.h. λ = ±14). Setzt man dies in die dritte Gleichung ein, erh¨alt man 2x2 = 2.
Somit ergeben sich folgende m¨oglichen Kandidaten f¨ur die lokalen Extrema:
x1 = 1 y1 = 1 2, x2 = 1 y2 =−1
2, x3 =−1 y3 = 1
2, x4 =−1 y4 =−1
2.
Weiterhin ist f(x1, y1) =f(x4, y4) = 12,f(x2, y2) =f(x3, y3) =−12.
Ungekl¨art ist zun¨achst, ob dies wirklich lokale Extrema sind. Daher folgende ¨Uberlegung: Der zul¨assige Bereich K ={(x, y)∈R2:x2+ 4y2 = 2} ist eine Ellipse, also eine kompakte Teilmenge.
(Anmerkung: Der zul¨assige Bereich ist eine H¨ohenline der stetigen Funktion g(x) := x2 + 4y2. H¨ohenlinien zu stetigen Funktionen sind stets abgeschlossen, sodass man i.a. lediglich ¨uberpr¨ufen muss, ob die Menge beschr¨ankt ist, um Kompaktheit zu zeigen.) Die Funktionf ist stetig, sodass sie auf der kompakten TeilmengeK ein globales Maximum und Minimum annehmen muss. Damit sind (x1, y1) und (x4, y4) die Maximalstellen, (x2, y2) und (x3, y3) die Minimalstellen.
Haus¨ ubung
Aufgabe H39 (Multiindizes) (4 Punkte)
Zur Erinnerung: Ein Multiindex ist einn-Tupelα= (α1, α2, . . . , αn)∈Nn0 (vgl 28.1.2). Betrachten wir das Beispiel α= (1,4,2).
(a) Geben Sie die Ordnung|α|und die Fakult¨at α! von α an.
(b) Was versteht man unter hα f¨ur einh∈Rn? Rechnen Sie exemplarisch mith= (0.5,2,3).
(c) Seif:R3→Reine|α|-mal stetig partiell differenzierbare Funktion. Was versteht man unter (Dαf)(x, y)? Kreuzen Sie alle wahren Aussagen an:
פ (Dαf)(x, y, z) = ∂x ∂y∂|α|4f∂z2(x, y, z)
פ (Dαf)(x, y, z) =fxyyyyzz(x, y, z)
¤ (Dαf)(x, y, z) =fxyyzzzz(x, y, z)
פ (Dαf)(x, y, z) =fyyyyzxz(x, y, z)
(d) Bestimmen Sie alle Multiindizesβ ∈N30 mit|β|= 2 und geben Sie jeweilsβ! an.
(e) Sei f: R3 → R eine 2-mal stetig partiell differenzierbare Funktion. Was w¨are zum Beispiel das Ergebnis von P
|β|=2 1
β!(Dβf)(x, y, z)? Kreuzen Sie die richtige Antwort an:
פ 12fxx(x, y, z) +fxy(x, y, z) +fxz(x, y, z) +12fyy(x, y, z) +fyz(x, y, z) + 12fzz(x, y, z)
¤ 12fxx(x, y, z) +12fxy(x, y, z) + 12fxz(x, y, z) +12fyy(x, y, z) +12fyz(x, y, z) +12fzz(x, y, z) L¨osung: (a,b,d: 2 Punkte; c,e: jedes richtige 0.5 Punkte, jedes falsche−0.5 Puntke. Komplette Aufgabe≥0 Punkte)
(a) |α|= 1 + 4 + 2 = 7 und α! = 1!·4!·2! = 48.
(b) hα= 0.51·24·32= 72.
(c) (siehe oben). Hinweis: Nach dem Satz von Schwarz ist es gleichg¨ultig, in welcher Reihenfolge man die partiellen Ableitungen bestimmt.
(d) β ∈ {(2,0,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,2,0),(0,1,1),(0,0,2)} und die Fakult¨aten sind:
(2,0,0)! = (0,2,0)! = (0,0,2)! = 2! 0! 0! = 2 und
(1,1,0)! = (1,0,1)! = (0,1,1)! = 1! 1! 0! = 1 (e) (siehe oben)
Aufgabe H40 (Taylorentwicklung) (6 Punkte)
Bestimmen Sie die Taylorentwicklung der Funktion
f:R2 →R, f(x, y) =e2xsin(x+ 2y)
im Punkt (0,0) bis einschließlich der Glieder 2. Ordnung. Berechnen Sie eine N¨aherung f¨ur f(0.1,0.1).
L¨osung: Die n¨otigen partiellen Ableitungen:
D(1,0)f(x, y) = fx(x, y) = 2e2xsin(x+ 2y) +e2xcos(x+ 2y) D(0,1)f(x, y) = fy(x, y) = 2e2xcos(x+ 2y)
D(2,0)f(x, y) = fxx(x, y) = 3e2xsin(x+ 2y) + 4e2xcos(x+ 2y) D(0,2)f(x, y) = fyy(x, y) =−4e2xsin(x+ 2y)
D(1,1)f(x, y) = fxy(x, y) = 4e2xcos(x+ 2y)−2e2xsin(x+ 2y) . Am Entwicklungspunkt (0,0) erhalten wir somit:
f(0,0) = 0, D(1,0)f(0,0) = 1, D(0,1)f(0,0) = 2 D(2,0)f(0,0) = 4, D(0,2)f(0,0) = 0, D(1,1)f(0,0) = 4. Die Glieder der Taylorreihe bis zur 2. Ordnung sind:
X
|α|≤2
1
α!Dαf(0,0)((x1, x2)−(0,0))α
= f(0,0) +D(1,0)f(0,0)(x−0) +D(0,1)f(0,0)(y−0) +D(1,1)f(0,0)(x−0)(y−0) + 1
2D(2,0)f(0,0)(x−0)2 +1
2D(0,2)f(0,0)(y−0)2
= x+ 2y+ 4xy+ 2x2 . Damit ist die N¨aherung:
1 10+ 2 1
10 + 4 1
100+ 2 1 100 = 3
10 + 6
100 = 0,36 .
Aufgabe H41 (Extremwertbestimmung) (1+4+4 Punkte) Gegeben sei die Funktion
f(x, y) =exy+x−y
innerhalb des abgeschlossenen Dreiecks Dmit den Eckpunkten (0,0), (4,0) und (0,−4).
(a) Skizzieren Sie den Definitionsbereich und tragen Sie nachfolgende Ergebnisse ein.
(b) Untersuchen Sie die Funktion auf etwaige lokale Extremalstellen oder Sattelpunkte im Innern von D und bestimmen Sie deren Typ.
(c) Diskutieren Sie das Verhalten von f auf dem Rand von D und ermitteln Sie die globalen Extremalstellen von f auf ganz D.
L¨osung: Skizze:
Den Gradienten nullsetzen:
(gradf)(x, y) =exy+x−y
µy+ 1 x−1
¶
= µ0
0
¶
=⇒ (x, y) = (1,−1)∈D . Klassifizieren mittels zweiter Ableitungen:
fxx(x, y) = (y+ 1)2 exy+x−y, fxy(x, y) = (xy+x−y) exy+x−y, fyy(x, y) = (x−1)2 exy+x−y . Die Hesse-Matrix
(Hessf)(1,−1) = µ0 e
e 0
¶ .
Die Eigenwerte der Matrix (Hessf)(1,−1) sind ±e. Also ist die Hesse-Matrix nicht definit, der Punkt (1,−1) ist ein Sattelpunkt. Untersuchung auf dem Rand:
f(x,0) =ex, monoton wachsend f¨urx∈[0,4].
f(0, y) =e−y, monoton wachsend f¨ury∈[0,−4].
f(x, x−4) =e(x−2)2, zu untersuchen f¨ur x∈[0,4]:
d
dxf(x, x−4) = 2(x−2)e(x−2)2 = 0 =⇒ (x, y) = (2,−2)∈∂D .
Wertevergleich zeigt: absolute Minima bei (0,0) und (2,−2) (Funktionswert gleich 1), absolute Maxima bei (4,0) und (0,−4) (Funktionswert gleiche4).
Aufgabe H42 (Methode von Lagrange) (5 Punkte)
Gegeben seien die Funktionen
f :R2 →R, f(x, y) =ex+3y, g:R2→R, g(x, y) =x2+y2−10.
Bestimmen Sie die Extrema vonf unter der Nebenbedingungg(x, y) = 0.
L¨osung: Lagrange-Funktion:
L(x, y, λ) =ex+3y+λ(x2+y2−10).
Ihre Ableitungen:
Lx(x, y, λ) =ex+3y+ 2λx= 0,! Ly(x, y, λ) = 3ex+3y+ 2λy= 0,! Lλ(x, y, λ) =x2+y2−10= 0! .
Aus den ersten zwei Gleichungen folgt 6λx= 2λy, also y= 3x, da λ= 0 zu einem Widerspruch f¨uhrt. Mit der dritten Gleichung erh¨alt man x2 = 1, also
x1 = 1 y1= 3, x2 =−1 y2=−3.
Weiterhin ist f(x1, y1) =e10(Maximum),f(x2, y2) =e−10 (Minimum).
Man beachte dabei: Zun¨achst weiß man nur, dass die berechneten Paare (x1, y1) und (x2, y2) die einzigen m¨oglichen lokalen Extremstellen sind. Dass es wirklich welche sind, kann man bei- spielsweise so begr¨unden: Die Nebenbedingung g(x, y) = 0 beschreibt einen Kreis K. Dieser ist kompakt, sodass die stetige Funktionf aufK ein Maximum und Minimum annehmen muss.
Abgabe der Haus¨ubungen:Am Freitag den 17. Juli 2009 vor der ¨Ubung.
(Hinweise auf Fehler bei diesen Aufgaben bitte an Michael Klotz, kl...@math...tik.tu-darmstadt.de)
