Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Sommersemester 2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 2
Lösungen von Blatt V vom 07.05.15
Aufgabe V.1 (2+2 Punkte)
Gegeben seien die Funktionen f, g : R2 → R,
f (x, y) = 2(x + y) + xy + 3x2 ,
g(x, y) = xy + e−xy .
Berechnen Sie die Gradienten der Funktionen und bestimmen Sie alle Punkte (x, y) ∈ R2 derart, dass
∇f (x, y) = 0 bzw. ∇g(x, y) = 0.
Aufgabe V.2 (3+2+1 Punkte)
Sei f : R2 → R definiert durch
(
f (x, y) =
2xy
x2 −y 2
,
x2 +y 2
0,
falls (x, y) 6= (0, 0),
falls (x, y) = (0, 0).
a) Zeigen Sie, dass die Funktion f stetig differenzierbar ist, d.h. f ∈ C 1 (R2 ).
b) Beweisen Sie ∂x ∂y f (0, 0) 6= ∂y ∂x f (0, 0).
c) Zeigen Sie, dass der Satz von Schwarz für die Funktion f nicht anwendbar ist. Hinweis: Zeigen
Sie hierzu, dass eine Voraussetzung des Satzes verletzt wird.
Aufgabe V.3 (2+3 Punkte)
a) Sei f : R3 → R definiert durch
f (x, y, z) = x sin(y)z 2 .
Berechnen Sie alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung von f .
b) Zeigen Sie, dass die Funktion g : R2 → R, definiert durch
(
2xy
falls (x, y) 6= (0, 0),
2
2,
g(x, y) = x +y
0,
falls (x, y) = (0, 0),
auf R2 partiell differenzierbar ist, jedoch im Nullpunkt nicht stetig ist.
Zeigen Sie zudem, dass die partiellen Ableitungen für jede Kugel Br (0) ⊂ R2 unbeschränkt sind.
Aufgabe V.4 (3+2 Punkte)
a) Berechnen Sie die Richtungsableitungen der folgenden Funktionen an den Stellen ξ in den Richtungen v/kvk. Bestimmen Sie auch die Richtung des steilsten Anstiegs der Funktion an der Stelle
ξ.
√ ξ = (1, 2),
v = 12 , 23 .
(i) f : R2 → R,
x 7→ sin( 12 x1 x2 ),
(ii) f : R3 → R,
x 7→ exp(x1 x2 x3 ),
ξ = (1, 1, 1),
v = (1, 2, −1).
b) Sei f : R2 → R definiert durch
(
x + y,
f (x, y) =
1,
falls x = 0 oder y = 0,
sonst.
Bestimmen Sie alle v ∈ R2 mit kvk = 1 derart, dass die Richtungsableitung von f im Nullpunkt in
Richtung v existiert.
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt V – Lösungen
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Lösungsvorschläge
Aufgabe V.1
(i) Es gilt für alle (x, y) ∈ R2 :
∂x f (x, y) = 2 + y + 6x und ∂y f (x, y) = 2 + x.
Folglich ist:
∇f (x, y) =
2 + y + 6x
.
2+x
Aus der partiellen Ableitung in Richtung y folgt: ∂y f (x, y) = 0 ⇐⇒ x = −2.
Einsetzen in 2 + y + 6x = 0 liefert y = 10.
Also gilt ∇f (x, y) = 0 ⇐⇒ (x, y) = (−2, 10).
(ii) Es gilt für alle (x, y) ∈ R2 :
∂x g(x, y) = y − ye−xy
und ∂y g(x, y) = x − xe−xy .
Folglich ist:
∇g(x, y) =
y − ye−xy
.
x − xe−xy
Es gilt ∂x g(x, y) = 0 ⇐⇒ x = 0 oder y = 0. Folglich sind x = 0, y ∈ R und
y = 0, x ∈ R Lösungen von ∂y g(x, y) = 0. Analog gilt ∂y g(x, y) = 0 ⇐⇒ y = 0
oder x = 0. Somit löst y = 0, x ∈ R und x = 0, y ∈ R dioe Gleichung ∂y g(x, y) = 0.
Also gilt ∇g(x, y) = 0 ⇐⇒ (x, y) ∈ {(x, y) ∈ R2 |x = 0 oder y = 0}. Somit
verschwindet der Gradient auf den Achsen.
Aufgabe V.2
a) Wir müssen zeigen, dass alle partiellen Ableitungen erster Ordnung existieren und
stetig sind.
Sei (x, y) 6= (0, 0). Dann ist f offensichtlich partiell differenzierbar und es gilt nach
der Quotientenregel:
x4 + 4x2 y 2 − y 4
y,
(x2 + y 2 )2
x4 − 4x2 y 2 − y 4
∂y f (x, y) = 2
x.
(x2 + y 2 )2
∂x f (x, y) = 2
Sei nun (x, y) = (0, 0). Dann gilt:
f (h, 0) − f (0, 0)
= 0,
h→0
h
f (0, h) − f (0, 0)
∂y f (0, 0) = lim
= 0.
h→0
h
∂x f (0, 0) = lim
Also ist f in allen Punkten (x, y) ∈ R2 partiell differenzierbar. Die partiellen
Ableitungen sind in allen Punkten (x, y) 6= (0, 0) als Verkettung stetiger Funktionen
Übungsblatt V – Lösungen
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selbst wieder stetig. Es muss also noch die Stetigkeit im Nullpunkt geprüft werden:
4
x + 4x2 y 2 − y 4 |∂x f (x, y) − ∂x f (0, 0)| = 2 y (x2 + y 2 )2
x4
y4
x2 y 2
|y|
+ 2
+ 2
≤ 2 4 2
2
2
2
2
2
2
(x + y )
(x + y )
(x + y ) ≤ 12|y| → 0.
Die Stetigkeit von ∂y f (x, y) im Nullpunkt zeigt man analog.
Somit ist f ∈ C 1 (R2 ).
b) Es gilt:
5
−2 hh4
∂y f (h, 0) − ∂y f (0, 0)
∂x ∂y f (0, 0) = lim
= lim
= −2,
h→0
h→0
h
h
5
2 h4
∂x f (0, h) − ∂x f (0, h)
= lim h = 2.
∂y ∂x f (0, 0) = lim
h→0 h
h→0
h
Also gilt: ∂x ∂y f (0, 0) = −2 6= 2 = ∂y ∂x f (0, 0).
c) Die zweiten partiellen Ableitungen der Funktion f sind nicht stetig im Nullpunkt.
Wir zeigen dies für ∂y ∂x f . Seien (x, y) 6= (0, 0). Dann gilt:
∂y ∂x f (x, y) = 2
x6 + 9x4 y 2 − 9x2 y 4 − y 6
(x2 + y 2 )3
und somit
x6
= 2,
x→0
x6
−y 6
lim ∂y ∂x f (0, y) = 2 6 = −2.
y→0
y
lim ∂y ∂x f (x, 0) = 2
Folglich ist ∂y ∂x f im Nullpunkt nicht stetig.
Aufgabe V.3
a) Für die partiellen Ableitungen erster Ordnung gilt:
∂x f (x, y, z) = sin(y)z 2 ,
∂y f (x, y, z) = x cos(y)z 2 ,
∂z f (x, y, z) = 2x sin(y)z.
Für die Ableitungen zweiter Ordnung gilt:
∂y ∂x f (x, y, z) = cos(y)z 2 ,
∂x ∂x f (x, y, z) = 0,
2
∂z ∂x f (x, y, z) = 2 sin(y)z,
2
∂x ∂y f (x, y, z) = cos(y)z ,
∂y ∂y f (x, y, z) = −x sin(y)z ,
∂z ∂y f (x, y, z) = 2x cos(y)z,
∂x ∂z f (x, y, z) = 2 sin(y)z,
∂y ∂z f (x, y, z) = 2x cos(y)z,
∂z ∂z f (x, y, z) = 2x sin(y).
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b) Sei (x, y) 6= (0, 0). Dann ist g offensichtlich partiell differenzierbar und es gilt:
2y(x2 + y 2 ) − 2xy · 2x
2y(y 2 − x2 )
=
,
(x2 + y 2 )2
(x2 + y 2 )2
2x(x2 − y 2 )
.
∂y g(x, y) =
(x2 + y 2 )2
∂x g(x, y) =
Sei nun (x, y) = (0, 0). Dann gilt:
g(h, 0) − g(0, 0)
= 0,
h→0
h
g(0, h) − g(0, 0)
= 0.
∂y f (0, 0) = lim
h→0
h
∂x f (0, 0) = lim
Also ist g partiall differenzierbar auf R2 .
Die Funktion g ist im Nullpunkt nicht stetig, denn
lim g
n→∞
1 1
)=
,
n n
2
n2
2
n2
= 1 6= 0.
Wir zeigen nun, dass die partiellen Ableitungen von g auf jeder Kugel Br (0) unbeschränkt sind. Sei r > 0 beliebig und n0 ∈ N derart, dass n10 < r. Wir betrachten
zunächst ∂x g. Wähle die Folge 0, n1 n∈N,n≥n0 ⊂ Br (0). Dann gilt
1
∂x g 0,
n
= 2n → ∞ für n → ∞.
Analog
zeigen wir, dass ∂y g unbeschränkt ist. Hierzu betrachten wir die Folge
1
n , 0 n∈N,n≥n0 ⊂ Br (0). Dann gilt
∂y g
1
,0
n
= 2n → ∞ für n → ∞.
Aufgabe V.4
a) In beiden Teilaufgaben wird die Regel von l’Hospital verwendet, um die entsprechenden Grenzwerte zu bestimmen.
(i) Es ist kvk = 1. Für die gesuchte Richtungsableitung gilt
√ sin 21 (1 + 2t )(2 + t 2 3 ) − sin(1)
∂v f (ξ) = lim
t→0
t
√
√ 2
t 3
t
sin 1 + 4 + 2 + 3t
− sin(1)
8
= lim
t→0
t √
√ √
3
3t
1
cos 1 + t 4 3 + 2t +
4 + 2 + 4
= lim
t→0
1
√
2+ 3
=
cos(1).
4
√
3t2
8
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Der Gradient an der Stelle ξ gibt die Richtung des steilsten Anstiegs an:
1
1
1
1
1
= cos(1), cos(1) .
∇f (ξ) =
ξ2 cos
ξ1 ξ2 , ξ1 cos
ξ1 ξ2
2
2
2
2
2
Alternativ kann man auch den Gradienten verwenden, um die Richtungsableitung zu bestimmen:
√
2+ 3
∂v f (ξ) = (∇f (ξ)|v) =
cos(1).
4
(ii) Es ist kvk =
√
6. Setze c =
√1 .
6
Für die gesuchte Richtungsableitung gilt damit
exp [(1 + ct)(1 + 2ct)(1 − ct)] − exp(1)
t
exp(1 + 2ct − c2 t2 − 2c3 t3 ) − exp(1)
= lim
t→0
t
= lim (2c − 2c2 t − 6c3 t2 ) exp(1 + 2ct − c2 t2 − 2c3 t3 )
t→0
q
= 2ce = e 23 .
∂v f (ξ) = lim
t→0
Der Gradient an der Stelle ξ gibt die Richtung des steilsten Anstiegs an:
∇f (ξ) = (ξ2 ξ3 exp(ξ1 ξ2 ξ3 ), ξ1 ξ3 exp(ξ1 ξ2 ξ3 ), ξ1 ξ2 exp(ξ1 ξ2 ξ3 )) = (e, e, e).
Alternativ kann man auch den Gradienten verwenden, um die Richtungsableitung zu bestimmen:
q
∂v f (ξ) = c h∇f (ξ), vi = e 23 .
b) Sei h =
6 0. Wir bezeichnen die Standardeinheitsvektoren des R2 mit ej für j ∈ {1, 2}.
Es gilt:
f ((0, 0) + ±hej ) − f (0, 0)
±h
=
= ±1 → ±1 für h → 0.
h
h
Foglich ist f im Nullpunkt in die Richtungen (1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1) differenzierbar.
Wir zeigen nun, dass für jeden anderen Vektor v ∈ R2 \{(1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1)}
mit kvk = 1 die Richtungsableitung im Nullpunkt nicht existiert.
Da v ∈ R2 \ {(1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1)} mit kvk = 1 müssen beide Koordinaten
des Vektors v von Null verschieden sein. Also ist auch hv von Null verschieden. Es
gilt:
f ((0, 0) + hv) − f (0, 0) 1 − 0 1
=
h = h → ∞ für h → 0.
h
Also sind (1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1) die einzigen Richtungen, entlang derer f im
Nullpunkt differenzierbar ist.
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