D-MAVT, D-MATL Prof. Dr. Paul Biran Analysis II FS 15 Nicolas Herzog Musterlösung 1 1. a) Definitionsbereich D(f ) ⊆ R2 : für (x, y) 6= (0, 0) ist x2 + y 2 > 0 und somit y f (x, y) = x2 +y 2 . Für (x, y) = (0, 0) ist f (x, y) nicht definiert. Also D(f ) = 2 R − {(0, 0)}. Wertebereich W (f ) ⊆ R: f (1, 0) = 0 und für z 6= 0 ist f 0, z1 = z. Also W (f ) = R. y b) Niveaulinien: x2 +y 2 = c Im Fall c = 0 ist die Niveaulinie die x-Achse ohne den Punkt (0, 0). Im Fall c 6= 0 schreiben wir x2 + y 2 − yc = 0, ergänzen quadratisch und erhalten 1 2 1 x + y− (x, y) 6= (0, 0). = 2 2c 4c 1 1 ohne den Punkt (0, 0). Kreis mit Mittelpunkt M 0, 2c und Radius r = 2|c| 2 c) Gleichung der Tangentialebene des Graphen von f über dem Punkt (x0 , y0 ): z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 ) (x − x0 ) + fy (x0 , y0 ) (y − y0 ). Es ist fx (x, y) = −2xy , 2 (x + y 2 )2 fy (x, y) = x2 − y 2 1 =⇒ fx (1, 1) = − , 2 2 2 (x + y ) 2 fy (1, 1) = 0. Die gesuchte Tangentialebene hat also die Gleichung z= 1 1 − (x − 1) das ist x + 2z = 2. 2 2 Bitte wenden! 2. Graph der Funktion f : 1 0.5 6 0 -0.5 4 -1 0 2 2 4 6 0 a) Niveaulinien zum Niveau c : Sei also f (x, y) = sin(xy) = c (−1 ≤ c ≤ 1). xy = c˜ ∈ (−1)k arcsin c + kπ k ∈ Z ∩ R≥0 (im ersten Quadranten) Vereinigung von Hyperbelästen im ersten Quadranten (und Koordinatenachsen im ersten Quadranten für c = 0). 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 b) D = (x, y) x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 3 . Für (x, y) ∈ D gilt 0 ≤ xy ≤ 49 (Max. und Min. der Funktion (x, y) 7→ xy) und somit (wegen π2 ≤ 49 ≤ π) 0 ≤ sin(xy) ≤ 1. Nullstellen der partiellen Ableitungen: ! ! fx (x, y) = cos(xy) · y = 0 = cos(xy) · x = fy (x, y) im Inneren D◦ von D Siehe nächstes Blatt! ⇐⇒ cos(xy) = 0 (mit (x, y) ∈ D◦ ) ⇐⇒ xy = π (mit (x, y) ∈ D◦ ) 2 Randpunkte: x = 0 oder y = 0 ⇒ sin(xy) = 0 x + y = 3 ⇒ sin(xy) = sin x(3 − x) Dann gilt: 3 π d ! sin x(3−x) = cos x(3−x) (3−2x) = 0 ⇐⇒ x = oder x (3−x) = dx 2 2 Also: Absolutes Minimum in D für x = 0 oder y = 0 mit sin(xy) = 0 Absolutes Maximum in D für xy = π2 mit sin(xy) = 1 Lokales Minimum in D für x = y = 32 mit sin(xy) = sin( 94 ) 1 3 0.75 0.5 0.25 2 0 0 1 1 2 0 3 3. Wir betrachten f (x, y) = 2x2 y − 5xy 2 im Quadrat [0, 2] × [0, 2]. Da die Funktion f überall differenzierbar ist, sind die Randpunkte und die gemeinsamen Nullpunkte der Ableitungen nach x und y im Inneren des Definitionsbereiches (d.h. in (0, 2) × (0, 2)) zu untersuchen. • Im Inneren erhalten wir: fx (x, y) = 4xy − 5y 2 und fy (x, y) = 2x2 − 10xy. Aus fx (x, y) = fy (x, y) = 0 folgt x = y = 0, aber (0, 0) ∈ / (0, 2) × (0, 2). Deshalb sind keine Extremalstellen im Inneren. • Im Rand betrachten wir separat die Punkte im “Inneren” des Randes und die Eckpunkte: – Wenn (x, y) ∈ {0} × (0, 2), dann ist f (0, y) = 0 konstant. Daher sind alle Punkte in diesem Teil des Randes Kandidate. Bitte wenden! – Wenn (x, y) ∈ {2} × (0, 2), dann ist f (2, y) = 8y − 10y 2 . Wir bestimmen die möglichen Extrema von y 7→ f (2, y) als Funktion einer Variablen. Nach Nullsetzen der Ableitung erhalten wir als Kandidat den Punkt (2, 25 ), mit f (2, 52 ) = 85 . – Wenn (x, y) ∈ (0, 2) × {0}, dann ist f (x, 0) = 0 konstant. – Wenn (x, y) ∈ (0, 2) × {2}, dann ist f (x, 2) = 4x2 − 20x. Nach Nullsetzen der Ableitung dieser Funktion, erhält man den Punkt (5/2, 2), der nicht zum Definitionsbereich gehört. Daher entsteht aus diesem Teil des Randes keine Extremalstelle. – Für die Eckpunkte haben wir f (0, 0) = f (0, 2) = f (2, 0) = 0 und f (2, 2) = −24. Nach Vergleich aller möglicher Extremalwerte fassen wir zusammen: • Globales Maximum: 8 5 im Punkt (2, 52 ); und • Globales Minimum: −24 im Punkt (2, 2). 4. a) Wir nehmen ohne Beschränkung der Allgemeinheit an, dass B 6= 0. Dann ist A C unsere Gerade L gegeben durch y = − B x− B . A • Geometrisch: Die Steigung der Gerade ist − B , also steht der Vektor (A, B) −→ senkrecht auf L. Folglich muss der Vektor QP = Q − P parallel zu (A, B) sein, also Q = t · (A, B) + P für ein t ∈ . Nun muss aber Q auf L liegen, wir setzen ein: R ! 0 = Ax1 + By1 + C = A(tA + x0 ) + B(tB + y0 ) + C = t(A2 + B 2 ) + Ax0 + By0 + C, also gilt t=− Ax0 + By0 + C . A2 + B 2 Folglich mit Pythagoras −→ |QP | = |Q − P | = |t(A, B) + P − P | = |t(A, B)| r p p (Ax0 + By0 + C)2 = (tA)2 + (tB)2 = t2 (A2 + B 2 ) = , A2 + B 2 was wir zeigen wollten. C • Analytisch: Wir sehen, dass der Punkt (0, − B ) auf L liegt. Damit ist eine C Parametrisierung von L gegeben durch ~r(t) := (0, − B ) + t · (−B, A). Wir berechnen den quadrierten Abstand g(t) := f (t)2 = |P − ~r(t)|2 = (x0 + Bt)2 + (y0 + C B − At)2 Siehe nächstes Blatt! und dessen erste Ableitung g 0 (t) = 2(x0 + Bt)B + 2(y0 + C B − At)(−A) ! = 2t(A2 + B 2 ) + 2(Bx0 − Ay0 ) − 2 AC = 0. B Da g 00 (t) = 2(A2 + B 2 ) positiv ist, handelt es sich also um ein Minimum bei t= AC B − (Bx0 − Ay0 ) = A2 + B 2 AC B + (Ay0 − Bx0 ) . A2 + B 2 Wir setzen dies in g ein und erhalten als Minimum !2 !2 AC AC + (Ay − Bx ) + (Ay − Bx ) C 0 0 0 0 g(t) = x0 + B B + y0 + − A B A2 + B 2 B A2 + B 2 = (A2 x0 + B 2 x0 + AC + ABy0 − B 2 x0 )2 (A2 + B 2 )2 A2 C B 2 + BC − ABC − A2 y0 + ABx0 )2 + (A2 + B 2 )2 (A2 x0 + ABy0 + AC)2 + (B 2 y0 + BC + ABx0 )2 = A2 + B 2 A2 (Ax0 + By0 + C)2 + B 2 (By0 + C + Ax0 )2 (Ax0 + By0 + C)2 = = . (A2 + B 2 )2 A2 + B 2 p Der Abstand ist dann die Wurzel davon, da f (t) = g(t). Wir erhalten dasselbe wie oben. (A2 y0 + B 2 y0 + b) Wegen grossem Schreibaufwand führen wir hier nur die geometrische Variante durch. Wir nehmen wieder an, dass C 6= 0. Durch Verschiebung zum Nullpunkt (D = 0) sehen wir, dass die beiden Vektoren (1, 0, − CA ) und (0, 1, − B ) die Ebene C E aufspannen, also ist der Normalenvektor gegeben durch     A 1 0 C  0  ×  1  = B  . C − CA −B 1 C R Folglich steht der Vektor ~n = (A, B, C) ∈ 3 senkrecht auf E. Damit ein Punkt Q = t(A, B, C) + P auf E liegt, muss gelten ! 0 = A(tA + x0 ) + B(tB + y0 ) + C(tC + z0 ) + D = t(A2 + B 2 + C 2 ) + Ax0 + By0 + Cy0 + D, also folgt wie oben t=− Ax0 + By0 + Cy0 + D . A2 + B 2 + C 2 Bitte wenden! Der Abstand von P zu E ist damit −→ d(P, E) = |QP | = |t(A, B, C)| = Man beachte, dass √ r (Ax0 + By0 + Cy0 + D)2 . A2 + B 2 + C 2 A2 + B 2 + C 2 die Norm des Normalenvektors ~n von E ist. c) Wie wir aus Aufgabe 1.c) wissen, hat die gesuchte Tangentialebene die Gleichung x + 2z = 2. Also gilt für P = (2, 0, f (2, 0)) = (2, 0, 0), dass d(P, E) = |1 · 2 + 0 · 0 + 2 · 0 − 2| √ = 0, 12 + 02 + 22 das heisst, der Punkt P liegt auf der Ebene E. Damit schneidet also die Ebene E den Graphen von f sowohl in (1, 1, 21 ) als auch in (2, 0, 0). ? 5. df = φ dx + ψ dy. Man muss überprüfen, ob die Integrabilitätsbedingung φy = ψx erfüllt ist. a) φ = y1 , ψ = − yx2 , also φy = − y12 = ψx ⇒ Ja. Mit fx = φ = f= x y + g(y) ⇒ fy = − yx2 + g 0 (y) = ψ = − yx2 ⇒ g 0 (y) = 0 ⇒ g(y) = c. Also 2(1+y) , x2 +y 2 ψ = − x2x−y 2 +y 2 , also φy = c) φ = √ x , x2 +y 2 √ wird ! f (x, y) = b) φ = 1 y x x2 +y 2 ψ = √ y x2 +y 2 x +c y 2(x2 −y 2 −2y) (x2 +y 2 )2 , also φy = 6= −xy (x2 +y 2 )3/2 2(x2 −y 2 −2xy) (x2 +y 2 )2 = ψx ⇒ Nein = ψx ⇒ Ja. Mit fx = φ = wird Siehe nächstes Blatt! f = p x2 + y 2 + g(y) ⇒ fy = √ y x2 +y 2 ! + g 0 (y) = ψ = √ y x2 +y 2 ⇒ g(y) = C. Also f (x, y) = d) φ = sin(xy) √ , x ψ= sin(xy) √ , y p x2 + y 2 + C √ √ also φy = cos(xy) x 6= cos(xy) y = ψx ⇒ Nein 6. Auflösen der Gleichung liefert zunächst p c = a2 + b2 − 2ab cos γ. Fasst man c als Funktion in den Variablen a, b und γ auf, so hat man die partiellen Ableitungen a − b cos γ 2a − 2b cos γ = , ca (a, b, γ) = p c 2 a2 + b2 − 2ab cos γ 2b − 2a cos γ b − a cos γ cb (a, b, γ) = p = , 2 2 c 2 a + b − 2ab cos γ 2ab sin γ ab sin γ cγ (a, b, γ) = p = . c 2 a2 + b2 − 2ab cos γ Somit ist dc = a − b cos γ b − a cos γ ab sin γ da + db + dγ c c c oder a − b cos γ b − a cos γ ab sin γ dc = da + db + dγ 2 2 c c c c2 a2 − ab cos γ da b2 − ab cos γ db ab sin γ = + + dγ 2 2 2 c a c b c 2 2 a + b2 − 2ab cos γ b2 − a2 db a + b2 − 2ab cos γ a2 − b2 da + + + = 2c2 2c2 a 2c2 2c2 b ab sin γ dγ + 2 c 2 1 a − b2 da 1 a2 − b2 db ab sin γ = 1+ + 1− + dγ. 2 c2 a 2 c2 b c2 Der relative Fehler ist also annähernd ∆c 1 a2 − b2 ∆a 1 a2 − b2 ∆b ab sin γ ≈ 1+ + 1− + ∆γ c 2 c2 a 2 c2 b c2 ∆a 1 a2 − b 2 ∆b ∆a ab sin γ = + 1− − + ∆γ 2 a 2 c b a c2 1 ab sin γ π = + . 100 c2 360 7. Die Lösungen zu den Multiple-Choice-Aufgaben finden Sie direkt online.