L¨osung: Sei f ◦g : I → R mit g : I → J, I ⊆ R, J ⊆ R und f : J →R

Klausur Analysis 2

1. a) Was ist eine Cauchyfolge in einem metrischen Raum?

L¨osung: Sei (M, d) ein metrischer Raum und (x_n)n∈N eine Folge inM. Dann heißt (xn)n∈N eine Cauchy-Folge, wenn es zu jedem >0 einN ∈Ngibt, so dass f¨ur allen, m≥N giltd(x_n, x_m)< . b) Wann heißt eine Abbildungf :D⊆Rⁿ→R^m stetig in x0∈D?

L¨osung: Eine solche Abbildung heißt stetig, wenn es zu jedem >0 eineδ >0 gibt, so dass f¨ur allex∈Dmit|x−x₀|< δfolgt

|f(x)−f(x₀)|< .

c) Was weiß man ¨uber die Werte der reellwertigen Funktion f in einer kleinen Umgebung vonx₀∈D, wennf in x₀ stetig ist und f(x0)>0 gilt?

L¨osung: Die Werte der Funktion f sind in einer hinreichend kleinen Umgebung vonx₀ positiv.

d) Geben Sie die Kettenregel der Differentialrechnung an f¨ur die Hintereinanderausf¨uhrung zweier reellwertiger Funktionen einer Variablen.

L¨osung: Sei f ◦g : I → R mit g : I → J, I ⊆ R, J ⊆ R und f : J →R. Istgim Punktx0∈I differenzierbar undf im Punkt g(x₀) differenzierbar, so ist auch f ◦g inx₀ differenzierbar und es gilt

(f ◦g)⁰(x0) =f⁰(g(x0))·g⁰(x0).

e) Formulieren Sie den Mittelwertsatz f¨ur rellwertige Funktionen ei- ner Variablen. (Gemeint ist der Mittelwertsatz der Differential- rechnung.)

L¨osung: Sei die Funktion f : [a, b]→Rstetig ¨uber dem (nicht- leeren) Intervall [a, b] und differenzierbar ¨uber ]a, b[. Dann gibt es ein ξ∈]a, b[ so dass gilt f(b)−f(a) =f⁰(ξ)(b−a).

f) Wie lautet der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung?

L¨osung: Sei die Funktion f : [a, b] → R Riemann-integrierbar uber [a, b]. Dann besitzt¨ f eine Stammfunktion und f¨ur jede Stamm- funktion F von f gilt

Z b

a

f(x)dx=F(b)−F(a).

g) Definieren Sie f¨ur f : M ⊆Rⁿ →R mit einer offenen Menge M die partielle Ableitung _∂x^∂f

i(x⁰) im Punktx⁰ ∈M. L¨osung: Sofern der Grenzwert

h→0lim 1 h

f(x⁰₁, . . . x⁰_i−1x⁰_i +h, x⁰_i+1, . . . , x⁰_n)−f(x⁰₁, . . . x⁰_n)

existiert, so heißt dieser Grenzwert die partielle Ableitung vonf nach x_i im Punktx⁰.

h) Geben Sie eine notwendige Bedingung daf¨ur an, dass eine diffe- renzierbare Funktionf : M ⊆Rⁿ→R¨uber einer offenen Menge M im Punkt x⁰ ∈M ein lokales Extremum besitzt.

L¨osung: Die Bedingung ist:

∇f(x⁰) = 0 wobei ∇f der Gradient von f ist. Oder

∂f

∂xi

(x⁰) = 0 f¨ur alle i= 1, . . . , n.

2. Gegeben sei die Funktion f(x) = ln (coshx).

a) Begr¨unden Sie, f¨ur welche x ∈Rdie Funktion f definiert ist. (1 Punkt)

L¨osung: Die Funktion coshx ist definiert f¨ur alle x ∈ R und es ist coshx ≥ 1 auf dem gesamten Definitionsbereich. Da der nat¨urliche Logarithmus f¨ur alle reellen Zahlen die gr¨oßer als Null sind, definiert ist, istf auf Rdefiniert.

b) Berechnen Sie das Taylor-Polynom T₂(f,0) 2. Grades zum Ent- wicklungspunkt x0 = 0. (2 Punkte)

L¨osung: Es ist f(0) = ln (cosh 0) = ln 1 = 0. Weiter wird f⁰(x) = 1

coshxsinhx= tanhx und daher

f⁰(0) = 0.

Weiter folgt

f⁰⁰(x) = 1 cosh²x und somit

f⁰⁰(0) = 1

Also lautet das Taylorpolynom 2. Grades f¨urf.

T₂(f,0)(x) = 1 2x².

c) Geben Sie das zugeh¨orige Lagrangesche RestgliedR₂(x,0) an. (2 Punkte)

L¨osung: Es wird

f⁰⁰⁰(x) =−2 sinhx cosh³x Dies gibt

R₂(x,0) =−1

3x³ sinh (θx) cosh³(θx) mitθ∈]0,1[.

d) F¨ur welchex k¨onnen Sie bei der N¨aherung f(x)≈T₂(f,0) einen absoluten Fehler von weniger als 1/3000 garantieren? (3 Punkte) Zur Erinnerung: Es ist coshx= ¹₂(e^x+e^−x), sinhx= ¹₂(e^x−e^−x) und tanhx= _cosh^sinhx_x.

L¨osung: Es wird (Dreiecksungleichung) f¨ur alle x∈R:

|sinhx| ≤coshx

Dies gibt wegen coshx ≥ 1 folgende Absch¨atzung f¨ur das Rest- glied

|R₂(x,0)| ≤ 1

3|x|³ 1

cosh²(θx) ≤ 1 3|x|³

Also wird das Restglied f¨ur |x| < ₁₀¹ betragsm¨aßig kleiner als 1/3000. Somit gilt f¨ur|x|< ₁₀¹

|f(x)−1

2x²|< 1 3000. 3. a) Es sei die Funktion

f(x) :=

(x²cotx f¨ur 0< x < ^π₂ 0 f¨urx= 0

gegeben. Untersuchen Sie, obf im Punktx= 0 rechtsseitig stetig und rechtsseitig differenzierbar ist. (4 Punkte)

L¨osung: Es wird mittels der Regel von L’Hospital:

x→0+lim f(x) = lim

x→0+

x²cosx

sinx = 0 =f(0)

Also istf rechtsseitig stetig inx= 0. F¨ur die rechtsseitige Ablei- tungf_r⁰ folgt

f_r⁰(0) = lim

h→0+

1

h(f(0 +h)−f(0)) = lim

h→0+

1 h

h²cosh sinh = 1 Also ist f in x= 0 rechtsseitig differenzierbar mit der Ableitung f_r⁰(0) = 1.

b) Untersuchen Sie folgende Funktion auf lokale Extrema:

f(x, y) = 1 y −1

x −4x+y, x, y6= 0 (7 Punkte)

L¨osung: Es sind die Nullstellen des Gradienten vonf zu finden:

f_x(x, y) = 1

x² −4, f_y(x, y) =− 1 y² + 1

Dies ergibt die notwendigen Bedingungen 0 = 1

x² −4, 0 =−1 y² + 1.

Offenbar ist die erste Gleichung erf¨ullt f¨ur x1,2=±1

2 und die zweite Gleichung f¨ur

y_1,2 =±1.

Also gibt es vier m¨ogliche lokale Extremalstellen:

(1 2,1),(1

2,−1),(−1

2,1),(−1 2,−1).

In allen 4 Punkten muß die Hessematrix von f uberpr¨¨ uft wer- den.Wir erhalten

∇²f(x, y) =

−2/x³ 0 0 2/y³

Es folgt

∇²f(1/2,1) =

−16 0

0 2

Da die Determinante dieser Matrix negativ ist, liegt in diesem Punkt kein Extremum vor. Es folgt

∇²f(1/2,−1) =

−16 0

0 −2

Die Determinante dieser Matrix ist positiv undf_xx(1/2,−1)<0.

Also liegt in (1/2,−1) ein lokales Maximum vor.

∇²f(−1/2,1) =

16 0 0 2

Die Determinante dieser Matrix ist positiv undfxx(−1/2,1)>0.

Also liegt in (−1/2,1) ein lokales Minimum vor.

∇²f(−1/2,−1) =

16 0 0 −2

Die Determinante dieser Matrix ist negativ. Also liegt in (−1/2,1) kein lokales Extremum vor.

c) Zeigen Sie die Existenz des Grenzwertes limt→0

1 t ln 1

1−t. und berechnen Sie ihn. (3 Punkte) L¨osung: Es wird

ln 1

1−t =−ln (1−t) und daher

limt→0

1 tln 1

1−t =−lim

t→0

1

t ln (1−t)

Dies ist ein unbestimmter Ausdruck der Gestalt ⁰⁰0/0⁰⁰. Mittels der Regel von L’Hospital folgt

limt→0

1 tln 1

1−t =−lim

t→0

1

t ln (1−t)

=−lim

t→0

−1 1−t

1 = 1 4. a) Zeigen sie, dass die Funktion

f(x, y) = xy e^(x2)−1 im Punkt (0,0) nicht stetig ist. (3 Punkte) L¨osung: Wenn y= 0 ist undx→0 gilt, folgt

x→0lim x·0 e^(x2)−1 = 0

Falls wir w¨ahlen x =y =tmit t→ 0,so folgt mit der Regel von L’Hospital

(t,t)→(0,0)lim f(t, t) = lim

(t,t)→(0,0)

t² e^(t2)−1

= lim

(t,t)→(0,0)

2t 2te^(t2) = 1

Aus disen beiden Resultaten ersieht man, dass f in (0,0) nicht stetig ist.

b) Berechnen Sie den Gradienten vonfim Punkt (0,1) f¨ur die Funk- tion

f(x, y) =x²y³+xy²+ 2y (3 Punkte)

L¨osung: Es wird

f_x(x, y) = 2xy³+y², f_y(x, y) = 3x²y²+ 2xy+ 2 Dies gibt

f_x(0,1) = 1, f_y(0,1) = 2, ∇f(0,1) = (1,2)

c) Es sei f : R² → R, f(x, y) = e^xy2 und g : R → R² mitg(t) = (cost,sint). Berechnen Sie die Ableitung von f ◦g mittels der verallgemeinerten Kettenregel. (4 Punkte)

L¨osung: Es wird

g⁰(t) = (−sint,cost) undf_x(x, y) =y²e^xy2, f_y(x, y) = 2xye^xy2 Nach der Kettenregel wird

(f◦g)⁰(t) = (sin²t,2 costsint)(−sint,cost)^Te^costsin2t

= (−sin³t+ 2 cos²tsint)e^costsin2t

d) Berechnen Sie f¨urf(x, y, z) =xy²z die partielle Ableitung fy(1,2,3)

(1 Punkt)

L¨osung: Es wird

fy(x, y, z) = 2xyz und daher

f_y(1,2,3) = 12 5. Berechnen Sie je eine Stammfunktion zu

a)

xsin (3x) (3 Punkte)

L¨osung: Mittels partieller Integration folgt als eine Stammfunk- tion

Z

xsin (3x)dx=−1

3xcos (3x)+1 3

Z

cos (3x)dx=−1

3xcos (3x)+1

9sin (3x)

b)

x²ln (x) (2 Punkte)

L¨osung: Analog folgt Z

x²ln (x)dx= 1

3x³lnx−1 3

Z

x²dx= 1

3x³lnx−1 9x³