SS 2005 Prof. Dr. W. Balser Andreas Martin, Markus Tentler 4. Übungsblatt

Übungen zur Höheren Mathematik II für Elektrotechniker Abgabe: Freitag, 12.5.2005, vor den Übungen

1. Zeigen Sie mit Hilfe des Mittelwertsatzes, daß für alle a, b, c, d ∈ [1, e] gilt, daß

|(log a)(log b) − (log c)(log d)| ≤ |a − c| + |b − d| .

Lösung: Es sei f : ℝ_{>0} × ℝ_{>0} → ℝ definiert durch f(x, y) := (log x)(log y). Nach dem Mittelwertsatz gibt es für (a, b)^{t}, (c, d)^{t} ∈ [1, e] × [1, e] ein (x, y)^{t} ∈ [1, e] × [1, e] derart, daß

f(a, b) − f(c, d) = f′(x, y) · \binom{a − c}{b − d} .

Also ergibt sich

|(log a)(log b) − (log c)(log d)| = |f(a, b) − f(c, d)|
= |f′(x, y) · \binom{a−c}{b−d}|
= |(\frac{log y}{x} , \frac{log x}{y}) · \binom{a−c}{b−d}|
= |\frac{(log y)(a−c)}{x} + \frac{(log x)(b−d)}{y} |
≤ \frac{| log y||a−c|}{|x|} + \frac{| log x||b−d|}{|y|}
≤ |a − c| + |b − d| .

2. Es sei f(x_{1}, x_{2}) := e^{x_{1}} sin x_{2}.

(i) Bestimmen Sie (∇h)^{k}f für k = 0, 1, 2, 3 und h = (h_{1}, h_{2})^{t}.

(ii) Zeigen Sie, daß für h_{1}, h_{2} ∈ ℝ gilt, daß

|(e^{h_{1}} sin h_{2}) − h_{2} − h_{1}h_{2}| ≤ \frac{1}{2} e^{h_{1}}(|h_{1}| + |h_{2}|)^{3} .

Lösung:

(i) Es wird

(∇h)^{0}f = f
= e^{x_{1}} sin x_{2}
(∇h)^{1}f = f′h = \frac{∂f}{∂x_{1}} h_{1} + \frac{∂f}{∂x_{2}} h_{2}
= e^{x_{1}}(sin x_{2})h_{1} + e^{x_{1}}(cos x_{2})h_{2}
(∇h)^{2}f = h^{t} (\begin{matrix}\frac{∂^{2}f}{(∂x_{1})^{2}} & \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} \\ \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} & \frac{∂^{2}f}{(∂x_{2})^{2}} \end{matrix} ) h = \frac{∂^{2}f}{(∂x_{1})^{2}} h_{1}^{2} + 2 \frac{∂^{2}f}{∂x_{1}∂x_{2}} h_{1}h_{2} + \frac{∂^{2}f}{(∂x_{2})^{2}} h_{2}^{2}
= e^{x_{1}}(sin x_{2})h_{1}^{2} + 2e^{x_{1}}(cos x_{2})h_{1}h_{2} − e^{x_{1}}(sin x_{2})h_{2}^{2}
(∇h)^{3}f = \frac{∂^{3}f}{(∂x_{1})^{3}} h_{1}^{3} + 3 \frac{∂^{3}f}{(∂x_{1})^{2}∂x_{2}} h_{1}^{2}h_{2} + 3 \frac{∂^{3}f}{∂x_{1}(∂x_{2})^{2}} h_{1}h_{2}^{2} + \frac{∂^{3}f}{(∂x_{2})^{3}} h_{2}^{3}
= e^{x_{1}}(sin x_{2})h_{1}^{3} + 3e^{x_{1}}(cos x_{2})h_{1}^{2}h_{2} − 3e^{x_{1}}(sin x_{2})h_{1}h_{2}^{2} − e^{x_{1}}(cos x_{2})h_{2}^{3} .

(ii) Zunächst beachten wir

\begin{aligned}|(∇h)^{3}f| & ≤ & e^{x_{1}}|h_{1}|^{3} + 3e^{x_{1}}h_{1}^{2}|h_{2}| + 3e^{x_{1}}|h_{1}|h_{2}^{2} + e^{x_{1}}|h_{2}|^{3} \\ & = & e^{x_{1}} (|h_{1}| + |h_{2}|)^{3} . \end{aligned}

Nach dem Satz von Taylor wird mit x = (0, 0)^{t} und m = 2

|(e^{h_{1}} sin h_{2}) − h_{2} − h_{1}h_{2}| = |f(h_{1}, h_{2}) − f(0, 0) − (∇h)^{1}f(0, 0) − \frac{1}{2}(∇h)^{2}f(0, 0)|
= |∫_{0}^{1} \frac{(1−t)^{2}}{2} (∇h)^{3}f(th_{1}, th_{2}) dt|
≤ \frac{1}{2} e^{h_{1}}(|h_{1}| + |h_{2}|)^{3} .

3. Bestimmen Sie mit Hilfe des vereinfachten Newton-Verfahrens eine Näherungslösung des Gleichungssystems

\begin{matrix}2x^{3}y − x^{2}y^{3} = 0 \\ 3xy^{3} + x^{3}y^{2} − 5 = 0 \end{matrix}

in der Nähe des Punktes (x, y)^{t} = (1, 1)^{t}. Es sei dazu f : ℝ^{2} → ℝ^{2} definiert durch f(x, y) := (2x^{3}y − x^{2}y^{3}, 3xy^{3} + x^{3}y^{2} − 5)^{t} und A := (f′(1, 1))^{−1}. Man verwende die Rekursionsgleichung

\binom{x_{n+1}}{y_{n+1}} := \binom{x_{n}}{y_{n}} − A · f(x_{n}, y_{n}) .

Schreibt man dies komponentenweise, so lautet der Maple-Befehl

x[1]:=1; y[1]:=1; for n from 1 to 100 do x[n+1]:=evalf(phi(x[n],y[n]));
y[n+1]:=evalf(psi(x[n],y[n])); end do;

(6 P.)

Lösung: Es wird

f′(x_{1}, x_{2}) = (\begin{matrix}6x^{2}y − 2xy^{3} & 2x^{3} − 3x^{2}y^{2} \\ 3y^{3} + 3x^{2}y^{2} & 9xy^{2} + 2x^{3}y \end{matrix})

und somit

\begin{aligned}f′(1, 1) & = & ( \begin{matrix}4 & −1 \\ 6 & 11 \end{matrix} ) , \\ A & = & \frac{1}{50} ( \begin{matrix}11 & 1 \\ −6 & 4 \end{matrix} ) . \end{aligned}

Komponentenweise lautet die Rekursionsgleichung also

\begin{aligned}x_{n+1} & = & x_{n} − \frac{11}{50}(2x_{n}^{3}y_{n} − x_{n}^{2}y_{n}^{3}) − \frac{1}{50}(3x_{n}y_{n}^{3} + x_{n}^{3}y_{n}^{2} − 5) \\ y_{n+1} & = & y_{n} − \frac{−6}{50}(2x_{n}^{3}y_{n} − x_{n}^{2}y_{n}^{3}) − \frac{4}{50}(3x_{n}y_{n}^{3} + x_{n}^{3}y_{n}^{2} − 5) . \end{aligned}

Also lauten die Maple-Befehle wie folgt.

> g:=(x,y)->2*x^3*y-x^2*y^3; h:=(x,y)->3*x*y^3+x^3*y^2-5;

g := (x, y) → 2x^{3}y − x^{2}y^{3}
h := (x, y) → 3xy^{3} + x^{3}y^{2} − 5

> phi:=(x,y)->x-11/50*g(x,y)-1/50*h(x,y);

ϕ := (x, y) → x − \frac{11}{50} g(x, y) − \frac{1}{50} h(x, y)

> psi:=(x,y)->x+6/50*g(x,y)-4/50*h(x,y);

ψ := (x, y) → x + \frac{3}{25} g(x, y) − \frac{2}{25} h(x, y)

> x[1]:=1; y[1]:=1;

x_{1} := 1
y_{1} := 1

> for n from 1 to 100 do:
> x[n+1]:=evalf(phi(x[n],y[n])):
> y[n+1]:=evalf(psi(x[n],y[n])); end do;

x_{2} := 0.8000000000
y_{2} := 1.200000000
x_{3} := 0.7752768000
y_{3} := 1.223987200
x_{4} := 0.7675342329
y_{4} := 1.231573270
x_{5} := 0.7648714032
y_{5} := 1.234196076

x_{6} := 0.7639298792 y_{6} := 1.235125297 x_{7} := 0.7635938369 y_{7} := 1.235457187 x_{8} := 0.7634735023 y_{8} := 1.235576065 x_{9} := 0.7634303604 y_{9} := 1.235618689 x_{10} := 0.7634148868 y_{10} := 1.235633978 x_{11} := 0.7634093362 y_{11} := 1.235639461 x_{12} := 0.7634073448 y_{12} := 1.235641429 x_{13} := 0.7634066304 y_{13} := 1.235642136 x_{14} := 0.7634063745 y_{14} := 1.235642388 x_{15} := 0.7634062825 y_{15} := 1.235642479 x_{16} := 0.7634062496 y_{16} := 1.235642512 x_{17} := 0.7634062377 y_{17} := 1.235642523 x_{18} := 0.7634062334 y_{18} := 1.235642528 x_{19} := 0.7634062320 y_{19} := 1.235642529 x_{20} := 0.7634062314 y_{20} := 1.235642529 x_{21} := 0.7634062312 y_{21} := 1.235642530 x_{22} := 0.7634062312 y_{22} := 1.235642530

Also ist x = 0.7634062312, y = 1.235642530 eine Näherungslösung des Gleichungssystems.

4. Es seien a < b ∈ ℝ, f : [a, b] → ℝ eine stetige Funktion und 0 < λ < \frac{1}{b−a}. Zeigen Sie, daß es genau eine stetige Funktion x : [a, b] → ℝ gibt, die der Integralgleichung

x(t) = f(t) + λ ∫_{a}^{b} sin(t − s)x(s) ds

genügt.

Lösung: Es sei X der normierte Raum der stetigen Funktionen [a, b] → ℝ mit der Supremumsnorm ∥f∥ := sup f([a, b]). Dann ist X vollständig. Es sei Φ : X → X definiert durch

Φ(x) : [a, b] → ℝ, t ↦ f(t) + λ ∫_{a}^{b} sin(t − s)x(s) ds

für alle x ∈ X. Es folgt für x, y ∈ X

∥Φ(x) − Φ(y)∥ = sup_{t∈[a,b]} |λ ∫_{a}^{b} sin(t − s)(x(s) − y(s)) ds|

≤ λ ∫_{a}^{b} |x(s) − y(s)| ds
≤ λ(b − a) · ∥x − y∥ .

Also erfüllt Φ eine Lipschitzbedingung mit Kontraktionsparameter λ(b − a) < 1. Nach dem Banachschen Fixpunktsatz gibt es genau ein x ∈ X mit Φ(x) = x, d.h. genau eine stetige Funktion x : [a, b] → ℝ, die die Integralgleichung erfüllt.

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