Aufgabe 1
Sei $t\in \bbbr$. Bestimmen Sie alle Werte von $t$, für die
$A=\Mc{3}{1+t&2&0\\2&4+t&1\\0&1&0}$ positiv oder negativ definit ist.
Tipp
Nutze das Hurwitz-Kriterium und bilde die Hauptminoren $D_1, D_2$ und $D_3$.
Lösung
Bestimmung der Hauptminoren
$D_1 = 1+t$
$D_2 =
\begin{vmatrix}
1+t & 2 \\
2 & 4+t \\
\end{vmatrix} = t^2+5t = t(t+5)$
$D_3 =
\begin{vmatrix}
1+t & 2 & 0 \\
2 & 4+t & 1 \\
0 & 1 & 0
\end{vmatrix}=-(1+t)$
Da $D_1$ und $D_2$ nie dasselbe Vorzeichen haben, ist $A$ für keinen Wert von $t$ definit.
Aufgabe 2
Sei
$f:\bbbr^2\to \bbbr^3$, $f(x,y)=(x^2+y^2,x+y,x-y)^T$ und
$g:\bbbr^3\to \bbbr^2$, $g(u,v,w)=(u-vw,u+vw)^T$.
Berechnen Sie die Ableitung von $g\circ f $ sowohl direkt als auch mit der
Kettenregel.
Tipp
Definition der Kettenregel: $\D (g\circ f)' = (g' \circ f) \cdot f'$
Lösung
Mithilfe der Kettenregel:
Bilde die Ableitungen $g'(u,v,w)$ und $f'(x,y,z)$.
$f(x,y,z)=\V{x^2+y^2\\x+y\\x-y}$ und $f'(x,y,z)=\V{2x & 2y \\ 1 & 1 \\ 1 & -1}$
$g(u,v,w)=\V{u-vw\\u+vw}$ und $g'(u,v,w)=\V{1&-w&-v\\1&w&v}$
Unter Anwendung der Definition der Kettenregel (s. Tipp) gilt somit:
$(g\circ f)'(x,y) = (g'\circ f)(x,y)\cdot f'(x,y)$
$=\V{1 & -x+y & -x-y \\ 1 & x-y & x+y}\cdot \V{2x & 2y \\ 1 & 1 \\ 1 & -1}\,=$ $\V{2x-x+y-x-y & 2y-x+y+x+y \\ 2x+x-y+x+y & 2y+x-y-x-y} = \V{0 & 4y \\ 4x & 0}$
direkte Berechnung
$g(f(x,y)) = \V{x^2+y^2-(x+y)(x-y) \\ x^2+y^2+(x+y)(x-y)} = \V{2y^2\\2x^2}$
Und damit ist $g(f(x,y))' = \Mc{2}{0&4y\\4x&0}$
Aufgabe 3
Sei $f:(0,\infty)\times(0,\infty)\to \bbbr^2$ definiert durch $\D f(x,y)=\V{x^2-y^2\\x^2+y^2}$.
- Bestimmen Sie $J_f$ in $(1,1)$.
- Bestimmen Sie $f^{-1}$. Berechnen Sie $J_{f^{-1}}$ in $(0,2)$ sowohl direkt wie auch mit Hilfe des Satzes über die Ableitung der Umkehrfunktion.
Tipp
Form der Jacobi-Matrix:
$\D J_f(a) := \V{
\frac{\partial f_1}{\partial x_1} & \frac{\partial f_1}{\partial x_2} & \dots & \frac{\partial f}{\partial x_n} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\frac{\partial f_m}{\partial x_1} & \frac{\partial f_m}{\partial x_2} & \dots & \frac{\partial f_m}{\partial x_n}}$
Lösung
Bestimmung von $J_f$ in (1,1)
$\D f(x,y) = \V{u \\ v} = \V{x^2-y^2 \\ x^2+y^2}$
$\D J_f = \V{\frac{\partial}{\partial x} u & \frac{\partial}{\partial y} u \\ \frac{\partial}{\partial x} v & \frac{\partial}{\partial y} v} = \V{2x & -2y \\ 2x & 2y}$
Damit folgt: $\D J_f(1,1)=\V{2 & -2 \\ 2 & 2}$
Bestimmung der Umkehrfunktion
1. mit Hilfe des Satzes über die Ableitung der Umkehrfunktion
$\D f(1,1) = (0,2) \RA J_{f^{-1}}(0,2) = (J_f(1,1))^{-1} = \frac{1}{8} \V{2 & 2 \\ -2 & 2} = \V{\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ - \frac{1}{4} & \frac{1}{4}}$
2. direkte Berechnung
$\begin{align}
u =& x^2-y^2 \\
v =& x^2+y^2
\end{align} \LR$
$\begin{align}
u + v =& 2x^2 \\
v-u =& 2y^2
\end{align} \LR$
$\begin{align}
x =& \sqrt{\frac{v+u}{2}} \\
y =& \sqrt{\frac{v-u}{2}}
\end{align}$
Somit ist die Umkehrfunktion: $f^{-1}(u,v) = \V{\sqrt{\frac{v+u}{2}} \\ \sqrt{\frac{v-u}{2}}}$
Unter Verwendung der Kettenregel folgt damit die Ableitung der Umkehrfunktion:
$\D J_{f^{-1}}(u,v)=(f^{-1})'(u,v) = \V{\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{2 \sqrt{v+u}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{2 \sqrt{v+u}} \\
\D - \frac{1}{2} \frac{1}{2 \sqrt{v+u}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{2 \sqrt{v-u}}}$
Dann ist $\D (f^{-1})'(0,2) = \V{ \frac{1}{\sqrt{2} \sqrt{2} 2} & \frac{1}{4} \\ - \frac{1}{4} & \frac{1}{4}} = \V{\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ - \frac{1}{4} & \frac{1}{4}} = J_{f^{-1}}(0,2)$
Aufgabe 4
Sei $f:\bbbr^2\to \bbbr^2$ gegeben durch $f(x,y)=\V{x^3y\\x^2+y^2}$.
- Bestimmen Sie die Ableitung von $f$ in $(1,1)$.
- Folgern Sie, dass $f$ in einer Umgebung von $(1,1)$ eine lokale Umkehrabildung $f^{-1}$ besitzt.
- Geben Sie eine Näherung für $\D f^{-1} \left( \frac{11}{10},2 \right)$ an.
Tipp
Für die Inverse einer $2 \times 2$-Matrix gilt:
$\V{a & b \\ c & d}^{-1} = \frac{1}{ad-bc}\,\V{d & -b \\ -c & a}$
Lösung
Ableitung von $f(x,y)$ und $f'(1,1)$:
$f'(x,y)=\V{3x^2y & x^3 \\ 2x & 2y}$
$f'(1,1)=\V{3 & 1 \\ 2 & 2}$ ist regulär und daher lokal invertierbar.
Wegen $f(1,1)=(1,2)$ ist $(f^{-1})'(1,2) = (f'(1,1))^{-1}$.
Ableitung der Umkehrfunktion $f^{-1}$ im Punkt $(1,1)$:
$(f^{-1})'(1,2) = (f'(1,1))^{-1} = \frac{1}{4} \V{2 & -1 \\ -2 & 3}$
$f^{-1}(1.1,2) \approx f^{-1}(1,2)+f'^{-1}(1,2) \cdot \V{0.1 \\ 0}
= \V{1 \\ 1} + \frac{1}{4} \V{2 & -1 \\ -2 & 3} \V{\frac{1}{10} \\ 0}
= \V{1 \\ 1} + \V{\frac{2}{40} \\ \frac{-2}{40}} = \V{\frac{21}{20} \\ \frac{19}{20}} $
Aufgabe 5
Sei $f:(0,\infty)\to \bbbr^2$ gegeben durch $f(t)=\V{\ln t\\e^t}$ und $g:\bbbr\times(0,\infty)\to \bbbr$ gegeben durch
$g(u,v)=e^u-2 \ln v$.
Berechnen Sie die Ableitung von $g\circ f$ sowohl direkt wie auch mit der Kettenregel.
Tipp
Definition der Kettenregel: $\D (g\circ f)' = (g' \circ f) \cdot f'$
Lösung
direkte Berechnung
$(g \circ f)(t) = e^{\ln t} - 2 \ln e^t = -t$
Und damit ist $(g \circ f)'(t) = -1$
Berechnung mithillfe der Kettenregel
$g'(u,v)=\V{e^u & - \frac{2}{v}}$ und $f'(t)=\V{\frac{1}{t} \\ e^t}$
$g'(\ln t, e^t) = \V{t & - \frac{2}{e^t}}$
Anwendung der Kettenregel:
$g'(\ln t, e^t) \cdot f'(t) = 1-2=-1$
Aufgabe 6
Sei $f(x,y)=x^3+3xy+y^3+3$.
Zeigen Sie, dass die Gleichung $f(x,y)=0$ in einer Umgebung von $(1,-1)$ eine Auflösung der Form $y=\varphi(x)$ hat.
Hat $\varphi$ bei $x=1$ ein Extremum? Wenn ja, von welchem Typ?
Tipp
Nutze den Satz von der impliziten Funktion, um die lokale Auflösbarkeit zu begründen.
Lösung
Implizites Differenzieren
$x^3 + 3x y(x) + y(x)^3 + 3 = 0$
Ableiten nach $x$:
$\RA 3x^2 + 3 y(x) + 3 x y'(x) + 3y(x)^2 y'(x) = 0$
$\RA y'(\underbrace{3x+3y(x)^2)}_{\neq 0\,\text{bei}\,(1,-1)} + 3x^2 + 3y(x) = 0$
Damit ist die Funktion lokal auflösbar: $y'(1) = \frac{3-3}{3+3} = 0$
(Im Folgenden wird $y$ statt $y(x)$ verwendet.)
Weiteres Differenzieren:
$6x + 3y' + 3y' + 3xy'' + 6y y'^2 + 3y^2 y'' = 0$
$6 + 3 y'' + 3y'' = 6 + 6 y'' = 0 \LR y''=-1$
Also ist $y'=0$ und $y''=-1$. Damit handelt es sich um ein relatives Maximum.
Aufgabe 7
Sei $f(x,y)=(x-2y) e^{x}$.
- Geben Sie das dritte Taylorpolynom in $(0,0)$ an.
- Geben Sie das zweite Taylorpolynom in $(1,-1)$ an.
- Geben Sie mit Hilfe des zweiten Taylorpolynoms in $(0,0)$ eine Näherung für $f(-0.2,0.1)$ an.
Tipp
Nutze ein Pascalsches-Dreieck der Form:
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&f\\
&&&f_x&&f_y \\
&&f_{xx}&&f_{xy}&&f_{yy}\\
&...&&...&&...&&...\\
\end{matrix}$
Stelle die allgemeine Form der Taylor-Polynome auf und nutze anschließend die Ableitungen des Pascalschen-Dreiecks.
Lösung
Der einfachste und übersichtlichste Weg ist die Verwendung eines Pascalschen-Dreiecks. In diesem Fall:
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&(x-2y)e^x\\
&&&(x-2y+1)e^x&&-2e^x \\
&&(x-2y+2)e^x&&-2e^x&&0\\
&(x-2y+3)e^x&&-2e^x&&0&&0\\
\end{matrix}$
Werte bei (0,0)
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&0\\
&&&1&&-2 \\
&&2&&-2&&0\\
&3&&-2&&0&&0\\
\end{matrix}$
Werte bei (1,-1)
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&3e\\
&&&4e&&-2e \\
&&5e&&-2e&&0\\
\end{matrix}$
Die Taylor-Polynome lauten somit:
1. $T_3 f(x,y) = x-2y + x^2-2xy + \frac{1}{2} x^3-x^2y$
2. $T_2 f(x,y) = 3e+4e(x-1)-2e(y+1)+ \frac{5e}{2} (x-1)^2 - 2e(x-1)(y+1)$
3. $f(-0.2,0.1) \approx -0.2 - 2\,0.1 + 0.04 + 0.04 = -0.32$
Aufgabe 8
Geben Sie die Taylorentwicklung bis zur zweiten Ordnung von $f(x,y)=x^2\ln y$ im Punkt $(2,4)$ an (mit Restglied).
Tipp
Nutze ein Pascalsches-Dreieck der Form:
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&f\\
&&&f_x&&f_y \\
&&f_{xx}&&f_{xy}&&f_{yy}\\
&...&&...&&...&&...\\
\end{matrix}$
Lösung
Partielle Ableitungen mithilfe eines Pascalschen-Dreiecks dargestellt:
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&x^2 \ln y\\
&&&2x \ln y&&\frac{x^2}{y} \\
&&2 \ln y&&\frac{2x}{y}&&- \frac{x^2}{y^2}\\
\end{matrix}$
Werte in (2,4):
$\newcommand\pad[1]{\rlap{#1}\phantom{274}}
\begin{matrix}
&&&&4 \ln 4\\
&&&4 \ln 4&&1 \\
&&2 \ln 4&&1&&- \frac{1}{4}\\
\end{matrix}$
Somit ist das Taylorpolynom im Punkt (2,4):
$\begin{align}
T_2 f(x,y)
&= 4 \ln 4 + 4 \ln 4 (x-2)+(y-4)+\frac{1}{2} (2 \ln 4 (x-2)^2+2(x-2)(y-4)-\frac{1}{4} (y-4)^2) \\
\\
&+ \frac{1}{6} (3 \frac{2}{\vartheta_2} (x-2)^2 (y-4) + 3 \frac{-2 \vartheta_1}{\vartheta_2^2} (x-2) (y-4)^2 \\
\\
&+ 2 \frac{\vartheta_1^2}{\vartheta_2^3} (y-4)^3)
\end{align}$
mit $\V{\vartheta_1 \\ \vartheta_2} = \V{2 \\ 4} + t \V{x-2 \\ y-4}\, , \, 0 < t < 1$
