SS 2005 Prof. Dr. W. Balser Andreas Martin, Markus Tentler 3. Übungsblatt

Übungen zur Höheren Mathematik II für Elektrotechniker Abgabe: Freitag, 5.5.2005, vor den Übungen

1. Bestimmen Sie jeweils die Ableitung der Funktion f.

(i) f : ℝ^{2} → ℝ^{2}, (x_{1}, x_{2})^{t} ↦ (e^{x_{1}x_{2}} cos x_{2} , x_{1} + x_{2}^{3})^{t}. (ii) f : ℝ^{n} \ {0} → ℝ, x ↦ ∥x∥. (iii) f : ℝ^{n} \ \{0\} → ℝ^{n}, x ↦ \frac{1}{∥x∥} x.

(je 2 P.)

Lösung:

(i) Es wird

f′(x_{1}, x_{2}) = (\begin{matrix}x_{2}e^{x_{1}x_{2}} cos x_{2} & x_{1}e^{x_{1}x_{2}} cos x_{2} − e^{x_{1}x_{2}} sin x_{2} \\ 1 & 3x_{2}^{2} \end{matrix}) .

(ii) Es gilt f(x_{1}, …, x_{n}) = \sqrt{x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}}. Also folgt

f_{x_{ν}}(x_{1}, …, x_{n}) = \frac{2x_{ν}}{2\sqrt{x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}}} = \frac{x_{ν}}{∥x∥} .

Insgesamt ist daher

f′(x) = (\frac{x_{1}}{∥x∥} , …, \frac{x_{n}}{∥x∥}) = \frac{1}{∥x∥} x^{t} .

(iii) Es gilt f = (f_{1}, …, f_{n})^{t} mit f_{i}(x) = \frac{x_{i}}{∥x∥} für x = (x_{1}, …, x_{n})^{t}. Nach (ii)

wissen wir bereits, daß \frac{∂∥x∥}{∂x_{ν}} = \frac{x_{ν}}{∥x∥}. Also folgt mit der Quotientenregel und

e_{i,j} := \begin{cases}1, & falls i = j \\ 0, & sonst \end{cases}

\frac{∂f_{i}}{∂x_{ν}} (x) = \frac{∂ \frac{x_{i}}{∥x∥}}{∂x_{ν}}

= \frac{\frac{∂x_{i}}{∂x_{ν}} ∥x∥ − x_{i} \frac{∂∥x∥}{∂x_{ν}}}{∥x∥^{2}}

= \frac{e_{i,ν}∥x∥ − x_{i} \frac{x_{ν}}{∥x∥}}{∥x∥^{2}}
= \frac{1}{∥x∥} (e_{i,ν} − \frac{1}{∥x∥^{2}} x_{i}x_{ν}) .

Es wird

f′(x) = (\frac{∂f_{i}}{∂x_{ν}} (x))_{i,ν=1,...,n}

= \frac{1}{∥x∥} (e_{i,ν} − \frac{1}{∥x∥^{2}} x_{i}x_{ν})_{i,ν=1,...,n}

= \frac{1}{∥x∥} (E_{n} − \frac{xx^{t}}{∥x∥^{2}} ) .

2. Es sei f : ℝ^{2} → ℝ definiert durch f(x_{1}, x_{2}) := x_{1}^{3} + x_{1}x_{2}^{2}. Für welche e ∈ ℝ^{2} mit ∥e∥ = 1 wird die Richtungsableitung f_{e}(1, 1) maximal bzw. minimal, und was sind diese Extremwerte? (2 P.)

Lösung: Es gilt

f′(x_{1}, x_{2}) = (3x_{1}^{2} + x_{2}^{2} , 2x_{1}x_{2})

und speziell f′(1, 1) = (4, 2). Nach der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung gilt für e = (e_{1}, e_{2})^{t} mit ∥e∥ = 1

|f_{e}(1, 1)| = |f′(1, 1) · e| ≤ ∥\binom{4}{2}∥ · ∥e∥ = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} .

Hierbei tritt Gleichheit ein genau dann, wenn (f′(1, 1))^{t} und e linear abhängig sind, d.h. wenn

e = ±\frac{1}{∥(f′(1, 1))^{t}∥} (f′(1, 1))^{t} = ±\frac{1}{2\sqrt{5}}\binom{4}{2} .

Die Richtungsableitung f_{e}(1, 1) wird also maximal bzw. minimal für e = \frac{1}{2\sqrt{5}}(4, 2)^{t} bzw. e = −\frac{1}{2\sqrt{5}}(4, 2)^{t}, und diese Extremwerte sind 2\sqrt{5} bzw −2\sqrt{5}.

3. (i) Es seien U ⊆ ℝ^{n} und f : U → ℝ^{m} eine Funktion, die differenzierbar im Punkt a ∈ U sei. Der Tangentialraum zur Funktion f an der Stelle a ist definiert durch

T_{f}(a) := \{\binom{x}{y} ∈ ℝ^{n+m}| y = f(a) + f′(a)(x − a)\} .

(Im Falle n = 2 und m = 1 spricht man auch von einer Tangentialebene.) Zeigen Sie, daß gilt

T_{f}(a) = \{z ∈ ℝ^{n+m}| (f′(a) , −E_{m}) · (z − \binom{a}{f(a)}) = 0\} .

(ii) Bestimmen Sie die Tangentialebene zur Funktion f(x_{1}, x_{2}) := x_{1}^{3} + x_{2}^{4} an der Stelle (1, 1)^{t}. Geben Sie eine Koordinatengleichung und eine Parameterdarstellung der Ebene an. (je 3 P.)

Lösung:

(i) Es sei z = \binom{x}{y} ∈ ℝ^{n+m} mit x ∈ ℝ^{n} und y ∈ ℝ^{m}. Dann gilt:

z ∈ T_{f}(a) ⟺ y = f(a) + f′(a)(x − a)
⟺ f′(a)(x − a) − E_{m}(y − f(a)) = 0
⟺ (f′(a) , −E_{m}) · (\binom{x}{y} − \binom{a}{f(a)}) = 0 .

(ii) Es gilt

f′(x_{1}, x_{2}) = (3x_{1}^{2} , 4x_{2}^{3})

und somit f′(1, 1) = (3, 4). Mit (i) wird

\begin{aligned}T_{f}(1, 1) & = & \{(\begin{matrix}z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \end{matrix}) ∈ ℝ^{3}| (3 , 4 , −1) · (\begin{matrix}z_{1} − 1 \\ z_{2} − 1 \\ z_{3} − 2 \end{matrix}) = 0\} \\ & = & \{(\begin{matrix}z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \end{matrix}) ∈ ℝ^{3}| 3z_{1} + 4z_{2} − z_{3} − 5 = 0\} . \end{aligned}

Also haben wir eine Koordinatengleichung 3z_{1} + 4z_{2} − z_{3} − 5 = 0 für die Tangentialebene gefunden. Für eine Parameterdarstellung brauchen wir zwei linear unabhängige Vektoren, die zum Normalenvektor (3, 4, −1)^{t} senkrecht stehen, z.B. (1, 0, 3)^{t} und (0, 1, 4)^{t}. Eine mögliche Parameterdarstellung der Tangentialebene ist also

T_{f}(1, 1) = \{(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + r (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) + s (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 4 \end{matrix})| r, s ∈ ℝ\} .

4. Es sei f : ℝ^{2} → ℝ^{2} definiert durch

f(x_{1}, x_{2}) := \begin{cases}\frac{x_{1}x_{2}^{2}}{x_{1}^{2} + x_{2}^{2}} , & falls (x_{1}, x_{2}) ≠ (0, 0) \\ 0, & sonst \end{cases} .

(i) Zeigen Sie, daß alle Richtungsableitungen f_{e}(x) existieren, für alle x ∈ ℝ^{2} und alle e ∈ ℝ^{2} mit ∥e∥ = 1. Bestimmen Sie speziell die Richtungsableitungen im Punkt x = (0, 0)^{t}.

(ii) Bestimmen Sie den Gradienten von f im Punkt x = (0, 0)^{t}.

(iii) Zeigen Sie, daß die Funktion nicht differenzierbar im Punkt (0, 0)^{t} ist.

(je 2 P.)

Lösung:

(i) Es sei e = (e_{1}, e_{2})^{t} mit e_{1}^{2} + e_{2}^{2} = 1. Zunächst ist f auf ℝ^{2} \ {0} offenbar stetig differenzierbar, also auch total differenzierbar, und alle Richtungsableitungen existieren. Wir wollen f_{e}(0, 0) gesondert berechnen. Es wird

f_{e}(0, 0) = lim_{h→0} \frac{1}{h}(f(he) − f(0)) = lim_{h→0} \frac{1}{h} \frac{he_{1}h^{2}e_{2}^{2}}{h^{2}e_{1}^{2} + h^{2}e_{2}^{2}} = e_{1}e_{2}^{2} .

(ii) Die partiellen Ableitungen sind spezielle Richtungsableitungen. Nach (i) folgt

also

gradf(0, 0) = (0, 0) .

(iii) Es sei e := \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)^{t}. Wäre f differenzierbar in (0, 0)^{t}, so gälte nach Vorlesung die Gleichung f_{e}(0, 0) = (gradf(0, 0)) · e. Es gilt jedoch

\begin{aligned}f_{e}(0, 0) & = & \frac{1}{2\sqrt{2}} \\ (gradf(0, 0)) · e & = & (0, 0) · e = 0 . \end{aligned}

Daher ist f in (0, 0)^{t} nicht differenzierbar.

5. Berechnen Sie \frac{d}{dx} ∫_{x^{2}}^{x^{3}} \frac{sin(tx)}{t} dt für x > 0. (4 P.)

Lösung: Es sei f : (ℝ_{>0})^{3} → ℝ definiert durch

f(x, y, z) := ∫_{x}^{y} \frac{sin(tz)}{t} dt .

Nach Vorlesung folgt

\frac{∂}{∂z} f(x, y, z) = ∫_{x}^{y} \frac{∂}{∂z} \frac{sin(tz)}{t} dt = ∫_{x}^{y} cos(tz) dt = \frac{sin(yz) − sin(xz)}{z} .

Ferner gilt

\begin{aligned}\frac{∂}{∂x} f(x, y, z) & = & −\frac{sin(xz)}{x} \\ \frac{∂}{∂y} f(x, y, z) & = & \frac{sin(yz)}{y} . \end{aligned}

Setzt man noch g(x) := (x^{2}, x^{3}, x)^{t}, so folgt mit der Kettenregel

\frac{d}{dx} ∫_{x^{2}}^{x^{3}} \frac{sin(tx)}{t} dt = \frac{d}{dx} f(g(x))
= f′(g(x))g′(x)
= (f_{x}(x^{2}, x^{3}, x) , f_{y}(x^{2}, x^{3}, x) , f_{z}(x^{2}, x^{3}, x)) (\begin{matrix}2x \\ 3x^{2} \\ 1 \end{matrix})

= −\frac{sin(x^{3})}{x^{2}} 2x + \frac{sin(x^{4})}{x^{3}} 3x^{2} + \frac{sin(x^{4}) − sin(x^{3})}{x}
= 4 \frac{sin(x^{4})}{x} − 3 \frac{sin(x^{3})}{x} .

Die Übungsaufgaben finden Sie im Internet unter der Adresse: www.mathematik.uni-ulm.de/ReineMath/mitarbeiter/martin/ss05