Mathematisches Institut SoSe 2020
der Heinrich-Heine Universit¨at 03.06.2020
D¨usseldorf Blatt 7
Apl. Prof. Dr. Axel Gr¨unrock
UBUNGEN ZUR ANALYSIS II¨
25. Die Funktionf :R2 →Rsei definiert durch f(x, y) :=
xyxx22−y+y22 : (x, y)6= (0,0) 0 : x=y= 0
Man zeige, dassf ¨uberall zweimal partiell differenzierbar ist, dass aber
∂
∂x
∂
∂yf(0,0)6= ∂
∂y
∂
∂xf(0,0).
Ist f im Nullpunkt stetig?
L¨osung:
Zun¨achst sei die Zusatzfrage beantwortet: Wegen|f(x, y)| ≤ |xy|istf stetig in (0,0). 1 P.
F¨ur (x, y)6= (0,0) haben wir
∂f
∂x(x, y) = yx2−y2
x2+y2 +xy ∂
∂x
1− 2y2 x2+y2
=. . .
= y
(x2+y2)2(x4+ 4x2y2−y4) und aus Symmetriegr¨unden
∂f
∂y(x, y) = − x
(x2+y2)2(y4+ 4x2y2−x4)
1 P.
F¨ur (x, y) = (0,0) ergibt sich
1
x→0lim 1 x
f(x,0)
| {z }
=0
−f(0,0)
| {z }
=0
= ∂f
∂x(0,0) = 0 sowie ∂f
∂y(0,0) = 0. 1 P.
F¨ur die zweiten Ableitungen im Nullpunkt ergibt sich daraus
limy→0
1 y ·
∂f
∂x(0, y)− ∂f
∂x(0,0)
= lim
y→0
−y4 y4 =−1 limx→0
1 x·
∂f
∂y(x,0)− ∂f
∂y(0,0)
= lim
x→0
x4 x4 = 1.
Also ∂
∂y
∂f
∂x(0,0) =−16= 1 = ∂
∂x
∂f
∂y(0,0).
1 P.
26. F¨ur n ≥ 3 und α ∈ R\ {0} berechne man alle partiellen Ableitungen 1. und 2.
Ordnung der Funktion
f :Rn\ {0} →R, x7→ |x|α sowie ∆f(x) := div gradf(x) = Pn
i=1
∂2f
∂x2i und bestimme denjenigen Wertα(in Abh¨angigkeit von n), f¨ur denf der Laplace-Gleichung
∆f = 0
gen¨ugt. (Der Operator ∆ heißt Laplace-Operator, die L¨osungen der Laplace-Gleichung werden alsharmonische Funktionen bezeichnet.)
L¨osung: Bekannt ist aus der Vorlesung
∂
∂xi|x|= xi
|x|
und mit der Kettenregel folgt
∂
∂xi|x|α =α|x|α−2·xi
1 P.
Ableitung nach xj ergibt
∂2
∂xj∂xi
|x|α =α· ∂
∂xj
|x|α−2xi =α(α−2)|x|α−4xixj +α|x|α−2δij
1 P.
Insbesondere haben wir f¨ur i=j:
∂2
∂x2i|x|α =α|x|α−2
1 + (α−2) x2i
|x|2
Summation ¨uberi∈ {1, ..., n}liefert: ∆|x|α =α(n+α−2)· |x|α−2. 1 P.
Daraus folgt ∆|x|α = 0 ⇔ n+α−2 = 0 ⇔ α= 2−n. 1 P.
27. Bestimmen Sie die Richtungsableitungen von
f :R3 →R, (x, y, z)7→xy2+x2z3−3yz
im Punkt (1,2,1) in die Richtungen ξ1 = √117(1,0,4) und ξ2 = √16(2,1,1).
L¨osung: Es ist
∇f(x, y, z) = (y2+ 2xz3,2xy−3z,3x2z2−3y)
1 P.
⇒ ∇f(1,2,1) = (6,1,−3)
1 P.
Da f offensichtlich stetig differenzierbar und damit auch total differenzierbar ist, k¨onnen die Richtungsableitungen mit Hilfe des Gradienten berechnet werden. Wir erhalten
∂f
∂ξ1(1,2,1) =h(6,1,−3), 1
√17(1,0,4)i= 1
√17·(−6)
1 P.
und
∂f
∂ξ2(1,2,1) =h(6,1,−3), 1
√6(2,1,1)i= 1
√6·10.
1 P.
28. F¨ur (x, y)∈R2 sei
f(x, y) =
x3+y3
xy ; xy6= 0 0; xy= 0 Zeigen Sie, dass
(a) alle Richtungsableitungen von f im Nullpunkt existieren, (b) die Formel ∂f
∂ξ(0) =∇f(0)ξ f¨urf nur in Ausnahmef¨allen zutrifft, (c) f im Nullpunkt unstetig ist.
L¨osung. Zum Beweis von (a) sei ξ = (ξ1, ξ2)T ∈ R2 mit ξ12+ξ22 = 1. Zwei F¨alle sind zu unterscheiden:
(i)ξ1ξ2 = 0, alsoξ1 = 0 oder ξ2 = 0: Dann ist f(tξ) = 0 ∀t∈R und daher
∂f
∂ξ(0) = lim
t→0
1 t
f(tξ)
| {z }
=0
−f(0)
|{z}
=0
= 0.
1 P.
(ii) ξ1ξ2 6= 0, das heißt ξ1 6= 16=ξ2: Hier haben wir f(tξ) = (tξ1)3+ (tξ2)3
tξ1tξ2 =t· ξ12+ξ23 ξ1ξ2 und daher mit f(0) = 0:
∂f
∂ξ(0) = lim
t→0
1 t
tξ12+ξ23 ξ1ξ2 −0
= ξ13+ξ23 ξ1ξ2
1 P.
Insbesondere ist in beiden F¨allen die Existenz der Richtungsableitungen gezeigt.
Kommen wir zu Teil (b): Nach (a), (i) haben wir
∇f(0) = ∂f
∂x1(0), ∂f
∂x2(0)
= (0,0)
und damit ∇f(0)·ξ= 0 ∀ξ∈R2. Andererseits ist f¨ur alle Einheitsvektoren ξ /∈ {e1,±e2} nach der Rechnung in (a)
∂f
∂ξ(0) = ξ31 +ξ23
ξ1ξ2 6= 0, letzteres, sofern ξ1 6=−ξ2.
1 P.
Schließlich zu (c): W¨ahlt man (x, y) = (t, t2), so hat man f(x, y) = 1 +t3 und damit
(x,y)→(0,0)lim = lim
t→01 +t3 = 1 6= 0 =f(0,0).
Also ist f unstetig in (0,0). 1 P.
Bemerkung zu (c): Alternativ kann man auch die Kurven (x, y) = (t, tk), k ≥ 3 o.¨a.
betrachten mit lim(x,y)→(0,0)f(x, y) =∞, was ebenfalls die Unstetigkeit vonf im Nullpunkt zeigt.
