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Lösung 7

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D-INFK
¨
Prof. Dr. Ozlem
Imamoglu
Analysis II
FS 14
Musterl¨osungen zur Serie 7
1. Um zu zeigen, dass der Grenzwert lim(x,y)→(0,0) exxy
nicht vorliegt, m¨
ussen wir uns dem Punkt
2
−1
(0, 0) auf zwei verschiedenen Arten n¨ahern und zeigen, dass die entsprechenden Grenzwerte
nicht u
¨bereinstimmen.
Sei y = 0 : dann erhalten wir
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x·0
= lim
= 0.
ex2 − 1 x→0 ex2 − 1
Sei y = x : dann erhalten wir
x2
xy
= lim x2
− 1 x→0 e − 1
lim
2
(x,y)→(0,0) ex
Somit existiert der Limes lim(x,y)→(0,0)
xy
ex2 −1
B.d.H.
=
2x
2 = 1.
x→0 2xex
lim
nicht.
2. Falls nicht anders angegeben, ist der Definitionsbereich der Funktion und der partiellen Ableitungen jeweils 2 (bzw. 3 in f))
Ê
Ê
a)
∂
∂x f (x, y)
= 2ax,
b)
∂
∂x f (x, y)
= yexy ,
∂
∂y f (x, y)
=0
∂
∂y f (x, y)
= xexy
c) Definiert f¨
ur x > 0 und beliebige y, d.h. D =
∂
∂x f (x, y)
d) D =
= yxy−1 ,
∂
∂y f (x, y)
=
∂ y log x
∂y e
Ê + × Ê.
= log xey ln x = xy ln x
Ê2 \ {(0, 0)} und
2
2
(x2 +y 2 )−(x−y)2x
+2xy
= y (x−x
2 +y 2 )2 ,
(x2 +y 2 )2
2
2
−(x2 +y 2 )−(x−y)2y
−2xy
= y (x−x
2 +y 2 )2
(x2 +y 2 )2
∂
∂x f (x, y)
∂
∂y f (x, y)
=
e)
∂
∂x f (x, y)
∂
∂y f (x, y)
= 2xy sin(xy) + x2 y 2 cos(xy),
= x2 sin(xy) + x3 y cos(xy)
f)
∂
∂x f (x, y, z)
=
= y2z 3,
∂
∂y f (x, y, z)
= 2xyz 3 + 1,
∂
∂z f (x, y, z)
= 3xy 2 z 2
3. Wir k¨onnen die Existenz der Richtungsableitungen und auch ihren Wert auf zwei Arten bestimmen. Entweder direkt durch die Definition durch die Berechnung eines Grenzwerts oder aber
mit dem Projektion des Gradienten auf der entsprechenden Richtung, d.h. f¨
ur a ∈ n \ {0} ist
Ê
Da f (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) ·
a
.
a
Insbesondere ist die Ableitung in Richtung a = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) (1 an der i-ten Stelle) die
partielle Ableitung nach xi .
Bitte wenden!
a) Direkte Berechnung via Definition. F¨
ur z = (x, y) und a1 = (1, 1) ergibt sich:
D(1,1) f (x, y) =
lim
f (z +
h
√
2
· (1, 1)) − f (z)
h
h→0
=
lim
cos((x +
h
√
)(y
2
cos((x +
h
√
)(y
2
+
h
√
))
2
+
h
√
))
2
h→0
=
lim
h
h→0
+ (x +
h 2
√
)
2
h
− cos(xy)
− cos(xy) − x2
2xh
√
2
x2 +
+ lim
+
h
h→0
h2
2
− x2
+ √h2 ))(x + y + 2h)
2x
√
+√
lim
h→0
2
2
− sin(xy)(x + y)
2x
√
+√ .
2
2
− sin((x +
=
=
Somit bekommt man
h
√
)(y
2
2π
D(1,1) f (π, 3) = √ .
2
Analog f¨
ur a2 = (2, 0).
Alternative: Mit dem Gradient erhalten wir
∇f (π, 3) ·
a1
=
a1
− sin(xy)y + 2x
− sin(xy)x
x=π,y=3
1
1
√
2
·
2π
0
=
·
1
1
√
2
2π
= √ .
2
b) Direkte Berechnung via Definition. F¨
ur a1 = (1, 2) ergibt sich:
D(1,2) f (2, 1) = lim
f (2 +
h
√
,1
5
+
2h
√
)
5
− f (2, 1)
h
41
41h + 24h + 4h3
√
=√
= lim
h→0
5h
5
h→0
2
Alternative: Mit dem Gradient erhalten wir
a1
=
∇f (2, 1) ·
a1
4xy + 3y
2x2 + 3x + 1
4.
f (x, y) =
x=2,y=1
·
1
),
x2 +y 2
1
2
√
5
=
11
15
·
(x2 + y 2 ) sin( √
falls (x, y) = (0, 0);
0,
falls (x, y) = (0, 0).
1
2
√
5
41
= √ .
5
Ê
a) Behauptung: f ist auf ganz 2 differenzierbar.
Wir berechnen zuerst die partiellen Ableitungen weg vom Ursprung:
F¨
ur (x, y) = (0, 0) gilt
fx (x, y) = 2x · sin(
= 2x · sin(
1
x2 + y 2
1
x2
+
y2
) − (x2 + y 2 ) · cos(
)−
x
x2
+ y2
· cos(
1
x2 + y 2
1
)·
x2 + y 2
2x
2( x2 + y 2 )3
)
Siehe n¨
achstes Blatt!
und analog
fy (x, y) = 2y · sin(
1
x2
+
y2
)−
y
x2
+
y2
· cos(
1
x2
+ y2
).
Ê
Damit sind die partiellen Ableitungen stetig auf 2 \ {(0, 0)} und die Funktion ist insbesondere differenzierbar in diesem Bereich.
Ausserdem:
Beh.: f ist differenzierbar in (0, 0) mit Differential df (0, 0) = (0, 0).
Beweis:
Es gilt
f (x, y) − f (0, 0)
=
|x, y|
1
)
x2 +y 2
(x2 + y 2 ) sin( √
1
x2 + y 2 · sin(
x2
f (x, y) − f (0, 0) − A · (x, y)
| = lim | x2 + y 2 · sin(
|x, y|
(x,y)→0
x2
x2
+
y2
=
+ y2
)
und damit f¨
ur A = (0, 0)
lim |
(x,y)→0
≤
1
+ y2
)|
lim | x2 + y 2 | = 0
(x,y)→0
was zeigt dass f tats¨
achlich differenzierbar mit Differential df (0, 0) = (0, 0) wie behauptet.
Ê2 \ {(0, 0)}. Es gilt
b) Wie bereits in a) bemerkt sind die partiellen Ableitungen stetig auf
jedoch
∂f
Beh.: Beide partiellen Ableitungen ∂f
∂x und ∂y sind unstetig in (0, 0).
Beweis:
Es gilt
x
1
1
∂f
(x, 0) = lim 2x · sin( √ ) − √ · cos( √ )
2
2
x→0
x→0 ∂x
x
x
x2
x>0
x>0
lim
1
1
1
= lim 2x · sin( ) − cos( ) = − lim cos( )
x→0
x→0
x
x
x
x>0
x>0
Dieser Grenzwert existiert jedoch nicht, denn f¨
ur x → 0 strebt x1 gegen ∞ und die Funktion
cos oszilliert zwischen −1 und 1. Daraus folgt, dass die Funktion ∂f
∂x in (0, 0) nicht stetig
ist.
Analog kann man zeigen, dass der Grenzwert limy→0 ∂f
∂y (0, y) nicht existiert.
y>0
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Gesundheitswesen
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