Aufgabe 1 Seif :R×(0,+∞)→R gegeben durch f(x, y

Dr. Stephan Mescher

Zusätzliche Aufgaben zur Analysis II

Vorbemerkungen:

• Diese Aufgaben habe ich aus alten Aufgabensammlungen zusammengestellt. Sie sind nicht mit Herrn Luckhaus abgesprochen, sondern nur von mir ausgesucht worden.

• Einige der Aufgaben werde ich, falls die Zeit dafür ausreicht, in der Hörsaalübung am 2. Juli besprechen.

• Die Lösungen der Aufgaben sind zum Teil noch nicht Korrektur gelesen worden, es können sich also durchaus noch Rechen- oder Tippfehler in ihnen befinden.

• Aufgabe 4 enthält zwar grösstenteils Themen aus Analysis I, da es aber bei der Besprechung des Klausurbeispiels ein paar Unklarheiten bei der analogen Aufgabe gab, habe ich die Aufgabe mit dazugenommen.

Aufgabe 1 Seif :R×(0,+∞)→R gegeben durch f(x, y) = sin(xlogy).

a) Bestimmen Sie die partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung vonf.

b) Berechnen Sie das Taylorpolynom zweiter Ordnung von f im Entwicklungspunkt (2,1).

Aufgabe 2 Bestimmen Sie die folgenden Integrale:

a) Z

√π

0

x³cos(x²) dx ,b) Z e^π

1

cos(logx) dx.

Aufgabe 3 Berechnen Sie die Ableitung der Funktion

F :R→R, F(x) = sin(x²+ sinxcos²x),

unter Benutzung der Kettenregel. Schreiben Sie dazuF(x) = (f◦g)(x), wobei f :R³ → R,f(x1, x2, x3) = sin(x1+x2x3), und g:R→R³ passend gewählt sei.

Aufgabe 4 Wir betrachten die Funktion f :R² →R, die gegeben ist durch f(x, y) =

( _x3

x²+y² (x, y)6= (0,0), 0 (x, y) = (0,0).

a) Zeigen Sie, dass f in jedem (x, y)6= (0,0)differenzierbar ist und geben Sie an jedem dieser Punkte Df(x, y) an.

b) Zeigen Sie, dass im Punkt(0,0)alle Richtungsableitungen vonf existieren.

c) Zeigen Sie, dassf im Punkt(0,0)nicht differenzierbar ist.

Aufgabe 5 Wir betrachten X=R² mit der Norm k(x₁, x2)k_∞= max(|x₁|,|x₂|)

und der von ihr induzierten Metrik als vollständigen metrischen Raum. Zeigen Sie, dass die Abbildung

f :X→X, f(x) = 1 8

1 2 4 3

x+ 1

1

,

genau einen Fixpunkt besitzt. Berechnen Sie die ersten beiden Schritte der Fixpunktite- ration zum Startwertx₀= (8,8).

Aufgabe 6 SeiM ={(x, y, z)∈R³ |x²+y² = 1, x=z}.

a) Zeige, dassM eine eindimensionale Untermannigfaltigkeit vonR³ ist!

b) BestimmeT_(x,y,z)M für alle(x, y, z)∈M.

c) Zeige, dass die Funktion f :R³ →R,f(x, y, z) =x+y, auf M ein Maximum besitzt und berechne dieses!

Lösung zu Aufgabe 1

a) Nach der Kettenregel gilt in (x, y)∈R×(0,+∞):

∂1f(x, y) =∂1(xlogy)·cos(xlogy) = logy·cos(xlogy) ,

∂₂f(x, y) =∂₂(xlogy)·cos(xlogy) = x·cos(xlogy)

y .

Mit der Kettenregel und der Produktregel erhalten wir:

∂₁∂₁f(x, y) = logy·∂_x(xlogy)·(−sin(xlogy)) =−(logy)²sin(xlogy) ,

∂1∂1f(x, y) = ¹_y(cos(xlogy) +x(logy)(−sin(xlogy)))

= cos(xlogy)−x(logy) sin(xlogy)

y .

Man sieht leicht, dass f sich aus glatten Funktionen zusammensetzt, also folgt aus der letzten Rechnung und dem Satz von Schwarz:

∂₂∂₁f(x, y) = cos(xlogy)−x(logy) sin(xlogy)

y .

Außerdem berechnen wir nach der Quotientenregel:

∂₂∂₂f(x, y) = x∂_y(xlogy)(−sin(xlogy))·y−xcos(xlogy) y²

=

−^x_y² sin(xlogy)·y−xcos(xlogy) y²

=−x²sin(xlogy) +xcos(xlogy)

y² .

b) Mit Teil a) erhalten wir insbesondere:

∂1f(2,1) = 0, ∂2f(2,1) = 2 cos 0 1 = 2 ,

∂1∂1f(2,1) = 0, ∂1∂2f(2,1) =∂2∂1f(2,1) = cos 0 1 = 1 ,

∂₂∂₂(2,1) =−4 sin(0) + 2 cos(0)

1 =−2 .

Also ist das Taylorpolynom gegeben durch

T_(2,1)f(v₁, v₂) =f(2,1) +∂₁f(2,1)v₁+∂₂f(2,1)v₂

+¹₂∂₁∂₁f(2,1)v²₁+∂₁∂₂f(2,1)v₁v₂+¹₂∂₂∂₂f(2,1)v²₂

= 2v2+v1v2−v₂² für jedes(v₁, v₂)∈R².

Lösung zu Aufgabe 2

a) Wir substituierent=x²,dt= 2x dxund erhalten Z

√π

0

x³cos(x²)dx= 1 2

Z

√π

0

2x·x²cos(x²) dx= 1 2

Z π 0

tcos(t) dt.

Mittels partieller Integration (u(t) =t,u⁰(t) = 1,v⁰(t) = cos(t),v(t) = sin(t)) erhalten wir:

Z

√π

0

x³cos(x²) dx= 1 2

[tsint]^π₀ − Z π

0

sint dt

= 1 2

πsin(π)− Z π

0

sint dt

= 1

2[cost]^π₀ = 1

2(cosπ−cos 0) =−1.

b) Wir berechnen mittels partieller Integration:

Z e^π 1

cos(logx) dx= Z e^π

1

1·cos(logx)dx=x[cos(logx)]^e₁^π− Z e^π

1

x(cos(logx))⁰ dx

=e^πcos(π)−cos(0) + Z e^π

1

x·sin(logx)· 1 x dx

=−e^π−1 + Z e^π

1

sin(logx) dx . (1)

Das verbleibende Integrals bestimmen wir mit derselben Methode als Z e^π

1

sin(logx) dx= [xsin(logx)]^e₁^π− Z e^π

1

x(sin(logx))⁰ dx

=e^πsin(π)−sin(0)− Z e^π

1

cos(logx) dx=− Z e^π

1

cos(logx) dx.

Eingesetzt in (1) erhalten wir Z e^π

1

cos(logx) dx=−e^π−1− Z e^π

1

cos(logx) dx

⇔ Z e^π

1

cos(logx)dx=−e^π + 1 2 .

Lösung zu Aufgabe 3 Wir betrachten g : R→ R³,g(x) = (x²,sinx,cos²x). Mit f wie in der Aufgabe ist dann

F(x) =f(x²,sinx,cos²x) = (f◦g)(x).

Nach der Kettenregel gilt daher für jedesx∈R, dass

F⁰(x) = (f◦g)⁰(x) =Df(g(x)(g⁰(x)),

wobei g⁰(x) ∈ R³ die Ableitungen der Komponentenfunktionen enthält. Wir berechnen explizit, dass

g⁰(x) = (2x,cosx,2 cosx·(−sinx)) = (2x,cosx,−2 sinxcosx) = (2x,cosx,−sin(2x)) für jedes x ∈ R, wobei wir im letzten Schritt das Additionstheorem des Sinus benutzt haben. Außerdem gilt für alle (x₁, x₂, x₃),(v₁, v₂, v₃)∈R³, dass

Df(x1, x2, x3)(v1, v2, v3) =

3

X

i=1

∂if(x1, x2, x3)vi

= cos(x₁+x₂x₃)v₁+x₃cos(x₁+x₂x₃)v₂+x₂cos(x₁+x₂x₃)v₃

= cos(x1+x2x3)(v1+x3v2+x2v3).

Damit folgt:

F⁰(x) =Df(g(x)(g⁰(x)) =Df(x²,sinx,cos²x)(2x,cosx,−sin(2x))

= cos(x²+ sinxcos²x)(2x+ cos³x−sinxsin(2x)).

(Dies lässt sich noch ein wenig vereinfachen. Mit den üblichen Rechenregeln gilt:

cos³(x) = cosx(1−sin²x) = cosx−sin²xcosx= cosx−¹₂sinxsin(2x).

Oben eingesetzt liefert dies:

F⁰(x) = cos(x²+ sinxcos²x)(2x+ cosx−³₂sinxsin(2x)) ).

Lösung zu Aufgabe 4

a) Auf R² \ {(0,0)} ist f(x, y) = _x2^x+y^{3 2} ist f als Funktion von einer der beiden Va- riablen als rationale Funktion stetig differenzierbar, also f auf R² \ {(0,0)} stetig partiell differenzierbar und damit nach einem Satz aus der Vorlesung differenzierbar.

Ihr Differential in(x, y)∈R²\ {(0,0)}ist für alle (v1, v2)∈R² gegeben durch Df(x, y)(v₁, v₂) =∂₁f(x, y)v₁+∂₂f(x, y)v₂

und wir berechnen die partiellen Ableitungen mit der Quotientenregel als

∂₁f(x, y) = 3x²(x²+y²)−x³·2x

(x²+y²)² = x⁴+ 3x²y² (x²+y²)² ,

∂₂f(x, y) =− 2x³y (x²+y²)², also folgt

Df(x, y)(v1, v2) = x⁴+ 3x²y²

(x²+y²)²v1− 2x³y (x²+y²)²v2

für alle(x, y)6= (0,0)und(v₁, v₂)∈R².

b) Für jedesv= (v1, v2)∈R²ist die entsprechende Richtungsableitung in(0,0)definiert durch

∂_vf(0,0) = lim

t→0

f((0,0) +tv)−f(0,0)

t = lim

t→0

f(tv₁, tv₂) t

= lim

t→0

(tv1)³

t((tv₁)²+ (tv₂)²) = lim

t→0

t³v₁³

t³(v²₁+v₂²) = lim

t→0

v³₁

v₁²+v²₂ = v₁³ v²₁+v₂². Insbesondere existieren also alle Richtungsableitungen in(0,0).

c) Wenn f in (0,0) differenzierbar wäre, müsste wegen der Linearität des Differentials insbesondere gelten, dass

∂_(1,1)f(0,0) = (Df(0,0))(1,1) = (Df(0,0))(1,0) + (Df(0,0))(0,1)

=∂_(1,0)f(0,0) +∂_(0,1)f(0,0).

Nach der in b) hergeleiteten Formel für die Richtungsableitungen gilt jedoch

∂_(1,1)f(0,0) = 1

2, ∂_(1,0)f(0,0) = 1, ∂_(0,1)f(0,0) = 0,

was im Widerspruch zur hergeleiteten Gleichung steht. Also istf in(0,0)nicht diffe- renzierbar.

Lösung zu Aufgabe 5 Wir beobachten zunächst, dass für alle x= (x1, x2) ∈X gilt, dass

1 8

1 2 4 3

x₁ x2

∞

= 1

8k(x₁+ 2x₂,4x₁+ 3x₂)k_∞= 1

8max(|x₁+ 2x₂|,|4x₁+ 3x₂|)

≤ 1

8max(|x₁|+ 2|x₂|,4|x₁|+ 3|x₂|)

≤ 1

8max(3k(x₁, x2)k_∞,7k(x₁, x2)k_∞) = 7

8k(x₁, x2)k_∞.

Seiddie vonk · k_∞definierte Metrik aufX. Dann folgern wir, dass für allex, y∈X gilt, dass

d(f(x), f(y)) =kf(x)−f(y)k_∞= 1 8

1 2 4 3

(x−y) ∞

≤ 7

8kx−yk= 7

8d(x, y). Also istfeine Kontraktion auf dem vollständigen metrischen RaumXund besitzt danach nach dem Banachschen Fixpunktsatz einen eindeutigen Fixpunkt. Die entsprechende Formel für die Fixpunktiteration lautet:

x0 = 8

8

, xi+1=f(xi) ∀i∈N,

also berechnen wir, dass x₁ =f(x₀) = 1

8 1 2

4 3 8 8

+ 1

1

= 1 2

4 3 1 1

+ 1

1

= 3

7

+ 1

1

= 4

8

, x2 =f(x1) = 1

8 1 2

4 3 4 8

+ 1

1

= 1 2

1 2 4 3

1 2

+ 1

1

= 1 2

5 10

+

1 1

= ₇

2

6

. Lösung zu Aufgabe 6

a) Wir betrachten die Abbildung F :R³ → R²,F(x, y, z) = (x²+y²−1, x−z). Nach Definition ist

M =F⁻¹({(0,0)}) =N_F(0,0).

Wir berechnen den Rang vonDF(x, y, z) für beliebiges (x, y, z) ∈M über die Jaco- bimatrix. Es ist:

rang DF(x, y, z) = rang J_F(x, y, z) = rang

2x 2y 0

1 0 −1

.

Wie man an der dritten Spalte leicht sieht, sind die beiden Zeilen linear unabhängig, sofern die erste Zeile nicht verschwindet. Dies ist jedoch nur dann der Fall, wenn x=y= 0. Da jedoch für alle (x, y, z)∈M gilt, dassx²+y²= 1, kann dieser Fall in M nicht auftreten.

⇒ rangDF(x, y, z) = 2 ∀(x, y, z)∈M.

Mit Hilfe des Satzes vom konstanten Rang folgt, dassM =F⁻¹({(0,0)}) eine Unter- mannigfaltigkeit vonR³ der Dimension 3−rangDF(x, y, z) = 1 ist.

b) Wir haben M in Teil a) als M = F⁻¹({(0,0)}) dargestellt und den Satz vom kon- stanten Rang angewandt. Nach einer Folgerung aus diesem Satz gilt weiter, dass für alle(x, y, z)∈M gilt:

T_(x,y,z)M = KernDF(x, y, z) .

Mit der in a) berechneten Jacobi-Matrix erhalten wir für beliebiges(x, y, z)∈M und (v₁, v₂, v₃)∈R³, dass

DF(x, y, z)(v₁, v₂, v₃) =

2x 2y 0

1 0 −1

·



 v1

v₂ v₃



= (2xv₁+ 2yv₂, v₁−v₃).

Also folgt:

T_(x,y,z)M =

(v₁, v₂, v₃)∈R³ |2xv₁+ 2yv₂ = 0, v₁−v₃ = 0

=

(v₁, v₂, v₃)∈R³ |xv₁+yv₂ = 0, v₁=v₃ .

c) Da M = F⁻¹({(0,0)}) und F stetig ist, ist M abgeschlossen. Da für jeden Punkt (x, y, z)∈M gilt, dass(x, y)∈K={(x, y)∈R² |x²+y² = 1} und x=z, folgt dass M ⊂K×[−1,1].Kund[−1,1]sind bekanntermaßen kompakt, so dassK×[−1,1]als Produkt kompakter Mengen wieder kompakt ist. Folglich ist M als abgeschlossener Teilmenge einer kompakten Menge ebenfalls kompakt. Da f offensichtlich stetig ist, besitztf folglich ein Maximum aufM.

Seieng1, g2 :R³→R,g1(x, y, z) =x²+y²−1,g2(x, y, z) =x−z, so dassF = (g1, g2).

Wir haben in a) bereits gezeigt, dass rang DF(x, y, z) = 2 für jedes (x, y, z) ∈ M, also folgt aus dem Satz von Lagrange für jede relative lokale Normalstelle bez¨glich M:∃λ, µ∈R, so dass

Df(x, y, z) =λDg₁(x, y, z) +µDg₂(x, y, z)

⇔ ∂_if(x, y, z) =λ∂_ig₁(x, y, z) +µ∂_i(x, y, z) ∀i∈ {1,2,3}.

Diese drei Gleichungen berechnen wir explizit zu:

1 = 2xλ+µ 1 = 2yλ 0 =µ.

Kombinieren wir diese Gleichungen, so folgt unmittelbar, dassλ6= 0 undx=y= _2λ¹. Da nach Definition vonM außerdemx²+y²= 1 gelten muss, folgt

2x²= 1 ⇔ x= 1

√2 ∨x=− 1

√2.

Zusammen mitx=yundx=z, folgt, dass die einzigen möglichen lokalen Maximalstellen von f bezüglichM gegeben sind durch

(^√1

2,^√1

2,^√1

2) und (−^√1

2,−^√1

2,−^√1

2).

Damit folgt:

maxM f = max(f(^√1

2,^√1

2,^√1

2), f(−^√1

2,−^√1

2,−^√1

2)) = max(^√2

2,−^√2

2) =

√ 2.