Analysis II – WS 11/12 –Serie 8 – Musterlösung

Analysis II – WS 11/12 –Serie 8 – Musterlösung
Aufgabe 1
Sei f : {(x, y) ∈
R2 | x + sin y > 0} → R definiert durch f (x, y) := (x + sin y)
3
2
.
a) Berechnen Sie das erste Taylorpolynom T1,(1,0) f zu f mit Entwicklungspunkt (1, 0),
und bestimmen Sie seinen Wert an der Stelle (1.2, 0.1).
b) Zeigen Sie durch Abschätzen des Restglieds, dass der errechnete Wert um weniger als
√
3
0.07 von (1.2 + sin 0.1) 2 abweicht. (Tipp: sin h ≤ h für h ≥ 0 und 1 + h ≤ 1 + 21 h
für h ≥ −1.)
Musterlösung Wir beginnen damit alle partiellen Ableitungen bis zum 2. Grad zu
berechnen.
∂f
(x, y) =
∂x
∂f
(x, y) =
∂y
∂2f
(x, y) =
∂x2
∂2f
(x, y) =
∂x∂y
∂2f
(x, y) =
∂y 2
1
3
(x + sin y) 2
2
1
3
(x + sin y) 2 cos y
2
1
3
(x + sin y)− 2
4
1
3
(x + sin y)− 2 cos y
4
1
1
3
3
(x + sin y)− 2 cos2 y − (x + sin y) 2 sin y
4
2
a) Dann ergibt sich das Taylorpolynom:
∂f
3
3
∂f
(1, 0)(x − 1) +
(1, 0)y = 1 + (x − 1) + y
∂x
∂y
2
2
3
3
T1,(1,0) f (1.2, 0.1) = 1 + (1.2 − 1) + 0.1 = 1.45
2
2
T1,(1,0) f (x, y) = f (1, 0) +
1
b) Wir schreiben das Taylorrestglied mit ϑ ∈ [0, 1]:
"
∂2f
1 ∂2f
2
(1
+
ϑ0.2,
ϑ0.1)(0.2)
+
2
R2,(1,0) (1.2, 0.1) =
(1 + ϑ0.2, ϑ0.1)(0.2)(0.1)
2 ∂x2
∂x∂y
#
∂2f
+ 2 (1 + ϑ0.2, ϑ0.1)(0.1)2
∂
"
1
1
1 3
3
=
(1 + ϑ0.2 + sin ϑ0.1)− 2 (0.2)2 + 2 (1 + ϑ0.2 + sin ϑ0.1)− 2 cos ϑ0.1(0.2)(0.1)
2 4
4
#
1
3
3
2
2
− 21
+ (1 + ϑ0.2 + sin ϑ0.1) cos ϑ0.1 − (1 + ϑ0.2 + sin ϑ0.1) 2 sin ϑ0.1 (0.1)
4
2
Wir schätzen den mehrfach auftretenden Term ab:
1
− 12
(1+ϑ0.2+sin ϑ0.1)
1
(1 + ϑ0.2 + sin ϑ0.1) 2
1
≤ (1+ϑ0.2+sin ϑ0.1) 2 ≤ 1+ (ϑ0.2+ϑ0.1) ≤ 1.15
=
1 + ϑ0.2 + sin ϑ0.1
2
und bekommen
#
"
1 3
3
3
3
|R2,(1,0) (1.2, 0.1)| ≤
1.15 · 0.04 + 2 1.15 · 0.2 · 0.1 + 1.15 + 1.15 · 0.1 0.01
2 4
4
4
2
= 0.65
Daraus folgt:
|f (1.2, 0.1) − T1,(1,0) f (1.2, 0.1)| = |R2,(1,0) (1.2, 0.1)| ≤ 0.65
Aufgabe 2
Sei f :
R2 → R definiert durch f (x, y) := ex cos(x + y).
a) Berechnen Sie das Dritte Taylorpolynom T3,(0,0) f zu f mit Entwicklungspunkt (0, 0)
anhand der Definition.
b) Berechnen Sie dasselbe Taylorpolynom alternativ mit Hilfe der Potenzreihenentwicklungen der Exponentialfunktion und des Cosinus.
Musterlösung a) Wir beginnen damit alle partiellen Ableitung bis zum 3. Grad zu
berechnen. Da sin und ex dreimal stetig differenzierbar sind und Produkts dreimal
stetig differenzierbarer Funktionen wieder dreimal stetig differenzierbar sind, ist f somit
dreimal stetig differenzierbar. Nach Satz von Schwarz stimmen damit die entsprechenden
2
partiellen Ableitungen überein.
∂f
(x, y) = ex [cos(x + y) − sin(x + y)]
∂x
∂f
(x, y) = −ex sin(x + y)
∂y
∂2f
(x, y) = −2ex sin(x + y)
∂x2
∂2f
(x, y) = −ex [sin(x + y) + cos(x + y)]
∂x∂y
∂2f
(x, y) = −ex cos(x + y)
∂y 2
∂3f
(x, y) = −2ex (sin(x + y) + cos(x + y))
∂x3
∂3f
(x, y) = −2ex cos(x + y)
∂x2 ∂y
∂3f
(x, y) = ex [sin(x + y) − cos(x + y)]
∂x∂y 2
∂3f
(x, y) = ex sin(x + y)
∂y 3
∂f
(0, 0) = 1
∂x
∂f
(0, 0) = 0
∂y
∂2f
(0, 0) = 0
∂x2
∂2f
(0, 0) = −1
∂x∂y
∂2f
(0, 0) = −1
∂y 2
∂3f
(0, 0) = −2
∂x3
∂3f
(0, 0) = −2
∂x2 ∂y
∂3f
(0, 0) = −1
∂x∂y 2
∂3f
(0, 0) = 0
∂y 3
Damit ergibt sich das 3. Taylorpolynom
1 ∂f
∂f
T3,(0,0) f (x, y) = f (0, 0) +
(0, 0)x +
(0, 0)y
1! ∂x
∂y
1 ∂f
∂f
∂f
2
2
+
(0, 0)x + 2
(0, 0)xy + 2 (0, 0)y
2! ∂x2
∂x∂y
∂y
1 ∂f
∂f
∂f
∂f
3
2
2
3
+
(0, 0)x + 3 2 (0, 0)x y + 3
(0, 0)xy + 3 (0, 0)y
3! ∂x3
∂x ∂y
∂x∂y 2
∂y
1
1
=1+x+
−2xy − y 2 +
−2x3 − 6x2 y − 3xy 2
2
6
b) Hat eine Funktion eine Potenzreihenentwicklung um einen Punkt, so ist sie unendlich
oft differenzierbar innerhalb des Konvergenzradius der Potenzreihe, es existiert dort die
Taylorreihe und ist gleich der Potenzreihe. f hat eine Potenzreihenentwicklung, da es das
Produkt zweier Potenzreihen ist. Es genügt also, die Glieder seiner Potenzreihe bis zum
3. Grad zu berechnen. (Diese theoretische Betrachtung ist für das Lösen der Aufgabe
3
nicht nötig, die Rechnung reicht aus.)
x
e =
∞
X
xk
k=0
cos(x + y) =
∞
X
k!
1
1
= 1 + x + x2 + x3 + (Terme von Ordnung ≥ 4)
2
6
(−1)k
k=0
(x + y)2k
(x + y)2
=1−
+ (Terme von Ordnung ≥ 4)
(2k)!
2
1
(x + y)2 1 3
(x + y)2
⇒ f (x, y) = 1 + x + x2 −
+ x −x·
+ (Terme von Ordnung ≥ 4)
2
2
6
2
1
1
1
= 1 + x − xy − y 2 − x3 − x2 y − xy 2 + (Terme von Ordnung ≥ 4)
2
3
2
Aufgabe 4
Berechnen Sie die Taylorreihe der Funktion
f:
R
n
→
(
− 1
e kxk2
f (x) :=
0
R,
x 6= 0
x=0
im Punkt 0. Folgen Sie dabei den folgenden Schritten
a) Zeigen Sie induktiv, dass zu jedem α ∈
Zn+ ein Polynom pα existiert, so dass
∂ |α| f
pα (x)
(x) =
f (x).
α
∂x
kxk2|α|
(Tipp: Sie können die Aussage aus Aufgabe 3 b) benutzen.)
b) Zeigen Sie mit Hilfe von a), dass
l’Hôspital.)
∂ |α| f
∂xα (0)
= 0. (Tipp: Benutzen Sie die Regel von
c) Wie sieht dann die Taylorreihe aus? Erklären Sie ihr Ergebnis.
Musterlösung a) Wir beweisen die Aussage per Definition über den Grad der Ableitung
|α|. Der Induktionsanfang n = 0 ist klar mit p0 (x) = 1. Angenommen die Aussage ist
bewiesen für alle partiellen Ableitung vom Grade kleiner gleich n. Sei α ∈ n+ mit
|α| = n + 1 ≥ 1. Dann gibt es ein i ∈ {1, . . . , n} mit αi ≥ 1 und wir bekommen:
1
∂ |α| f
pα−ei (x) − kxk
IV ∂
2
(x) =
e
∂xα
∂xi kxk2(|α|−1)
Z
=
∂pα−ei
2(|α|−1)
∂xi (x)kxk
kxk4(|α|−1)
+
=
− pα−ei (x)(|α| − 1)kxk2(|α|−2) 2xi
−
e
1
kxk2
1
pα−ei (x) 2xi − kxk
2
e
2
kxk2(|α|−1) kxk
∂pα−ei
2
∂xi (x)kxk
− pα−ei (x)(|α| − 2)2xi
kxk2|α|
4
e
−
1
kxk2
=:
1
pα (x) − kxk
2
e
2|α|
kxk
Nach 3b) gilt die partiellen Ableitungen eines Polynoms sind wieder ein Polynom. Das
zeigt, dass pα (x) wieder ein Polynom ist. Per Induktion ist somit die Behauptung bewiesen.
b) Wir beginnen mit der folgenden Hilfsüberlegung: Sei k ∈ und y 6= 0, dann folgt
N
−1
y −k
e y
lim k = lim 1
y→0
y→0 y
ey
l0 Hospital
=
lim
−ky −k−1
y→0
−y −2 e
1
y
= k lim
y→0
y −(k−1)
e
1
y
− y1
= · · · = k! lim e
y→0
=0
Da Polynome stetig sind folgt somit
1
−
∂ |α| f
e kxk2 x→0
−→ pα (0) · 0 = 0
(x)
=
p
(x)
α
∂xα
kxk2|α|
Damit folgt (ebenfalls per Induktion über den Grad von der partiellen Ableitung wie
unter a) ):
IV
=0
∂ |α| f
∂
(0) =
α
∂x
∂xi
z }| {
|α|−1
∂ |α|−1 f
!
∂
f
(hei ) −
(0)
∂ |α|−1 f
∂xα−ei
∂xα−ei
(x)
=
lim
h→0
∂xα−ei
h
h6=0
−
= lim pα−ei (hei )
h→0
h6=0
1
h2
e
=0
h2(|α|−1)+1
c) Setzt man die Ergebnisse von b) ein, so erhält man T∞,0 f = 0. Das ist ein Beispiel
für eine unendlich oft differenzierbare Funktion, bei der die Taylorreihe existiert und
unendlichen Konvergenzradius hat, aber nicht mit der Funktion nicht übereinstimmt.
5

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