Hausaufgabenblatt 6
Aufgabe HA 25
Betrachten Sie die Funktion \[ f\colon\mathbb R^2\longrightarrow\mathbb R \quad\mbox{vermöge}\quad f(x,y):=\sqrt{x^2+y^2}\,. \]
| (i) | Skizzieren Sie die Niveaulinien |
\[ \{(x,y)\in\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}\,:\,f(x,y)=\text{const}\}. \]
| Welche Art von Niveaulinien besitzt \( f? \) | |
| (ii) | Berechnen Sie den Gradienten \( \nabla f(x,y) \) für \( (x,y)\not=(0,0). \) |
| (iii) | Verifizieren Sie, dass der Gradient stets senkrecht auf den Niveaulinien steht. |
| (iv) | Ermitteln Sie die Richtungsableitungen von \( f \) in \( (x_0,y_0)=(1,0) \) in die Richtungen \( v=(1,0) \) und \( w=(0,1). \) Erläutern Sie kurz. |
| (i) | Die Niveaulinien sind konzentrische Kreise mit dem Ursprung \( (0,0) \) als Zentrum. |
| (ii) | Wir berechnen |
\[ \nabla f(x,y)=\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\,,\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right),\quad(x,y)\in\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}\,. \]
| (iii) | Mit einem geeigneten \( r\gt 0 \) lässt sich eine Niveaulinie der Funktion wie folgt regulär parametrisieren |
\[ c(t)=(x(t),y(t)) \quad\mbox{mit}\quad x(t):=r\cos t,\ y(t):=r\sin t,\quad t\in[0,2\pi). \]
| Wegen \( x'(t)=-r\sin t=-y(t) \) und \( y'(t)=r\cos t=x(t) \) erhalten wir |
\[ c'(t)=(-y(t),x(t)) \quad\mbox{und damit}\quad c'(t)\perp(x(t),y(t))=\nabla f\circ c(t). \]
| Also steht der Gradient senkrecht auf den Niveaulinien. | |
| (iv) | Wir ermitteln einmal |
\[ \frac{\partial f(1,0)}{\partial(1,0)} =\langle\nabla f(1,0),(1,0)\rangle =\langle(1,0),(1,0)\rangle =1, \]
| d.h. in Richtung \( v=(1,0), \) also senkrecht zur Niveaulinie durch \( (1,0), \) wächst die Funktion, und zweitens ist |
\[ \frac{\partial f(1,0)}{\partial(0,1)} =\langle\nabla f(1,0),(0,1)\rangle =\langle(1,0),(0,1)\rangle =0, \]
| d.h. in Richtung \( v=(0,1), \) also in Richtung der Niveaulinie durch \( (1,0), \) ist die Funktion konstant. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 26
Wir betrachten die Funktion \[ f(x,y) :=\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle (x^2+y^2)\sin\frac{1}{x^2+y^2}\,, & \mbox{falls}\ (x,y)\not=(0,0) \\ \displaystyle 0, & \mbox{falls}\ (x,y)=(0,0) \end{array} \right. \]
| (i) | Ist \( f \) in \( (x_0,y_0)=(0,0) \) stetig? Begründen Sie. |
| (ii) | Ist \( f \) in \( (x_0,y_0)=(0,0) \) partiell differenzierbar? Begründen Sie, und berechnen Sie ggf. die partiellen Ableitungen \( f_x(0,0) \) und \( f_y(0,0). \) |
| (i) | Es ist \( f \) in \( (x_0,y_0)=(0,0) \) stetig, denn für \( (x,y)\not=(0,0) \) schätzen wir wie folgt ab |
\[ |f(x,y)-f(0,0)| =|f(x,y)| =(x^2+y^2)\cdot\left|\sin\frac{1}{x^2+y^2}\right| \le x^2+y^2 \longrightarrow 0 \]
| für \( (x,y)\to(0,0). \) Daraus folgt die Stetigkeit im Koordinatenursprung. | |
| (ii) | Wir berechnen |
\[ \lim_{h\to 0,\ h\not=0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0,\ h\not=0}\frac{h^2\sin\frac{1}{h^2}}{h} =\lim_{h\to 0,\ h\not=0}h\sin\frac{1}{h^2} =0 \]
| sowie |
\[ \lim_{k\to 0,\ k\not=0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{h} =\lim_{k\to 0,\ k\not=0}\frac{k^2\sin\frac{1}{k^2}}{k} =\lim_{k\to 0,\ k\not=0}k\sin\frac{1}{k^2} =0. \]
| Es ist also \( f \) in \( (x_0,y_0)=(0,0) \) partiell differenzierbar mit den Ableitungen |
\[ f_x(0,0)=0,\quad f_y(0,0)=0. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 27
Betrachten Sie die Funktion \[ f(x,y):=2x-3y+xy-x^2y^3\,,\quad(x,y)\in\mathbb R^2\,. \]
| (i) | In welchen Punkten \( (x,y)\in\mathbb R^2 \) ist \( f \) stetig? |
| (ii) | Berechnen Sie \( f_x(0,0) \) und \( f_y(0,0) \) durch Auswerten geeigneter Differenzenquotienten. |
| (iii) | Berechnen Sie \( f_x(x,y) \) und \( f_y(x,y) \) mit Hilfe bekannter Ableitungsregeln. Sind diese Ableitungen in \( (0,0) \) stetig? |
| (iv) | Ist \( f(x,y) \) in \( (0,0) \) vollständig differenzierbar? Benutzen Sie ein Kriterium zur vollständigen Differenzierbarkeit aus der Vorlesung. |
| (i) | Es ist \( f \) als Summe und Produkt von stetigen Polynomen stetig in ganz \( \mathbb R^2. \) |
| (ii) | Wir berechnen |
\[ \lim_{h\to 0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{2h-0}{h} =\lim_{h\to 0}2 =2 \]
| sowie |
\[ \lim_{k\to 0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to 0}\frac{-3k-0}{k} =\lim_{k\to 0}(-3) =-3 \]
| und damit zusammenfassend |
\[ f_x(0,0)=2,\quad f_y(0,0)=-3. \]
| (iii) | Allgemeiner sind |
\[ f_x(x,y)=2+y-2xy^3\,,\quad f_y(x,y)=-3+x-3x^2y^2\,,\quad (x,y)\in\mathbb R^2\,. \]
| Diese Ableitungen sind in ganz \( \mathbb R^2 \) stetig mit |
\[ f_x(0,0)=2,\quad f_y(0,0)=-3. \]
| (iv) | Nach (iii) ist \( f\in C^1(\mathbb R^2,\mathbb R^2), \) und nach einem Satz aus der Vorlesung ist daher \( f \) in ganz \( \mathbb R^2, \) insbesondere also auch in \( (0,0), \) vollständig differenzierbar. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe PA 28
Betrachten Sie die Funktion \[ f(x,y) :=\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle \frac{x^2y}{x^2+y^2}\,, & \mbox{falls}\ (x,y)\not=(0,0) \\[1ex] 0, & \mbox{falls}\ (x,y)=(0,0) \end{array} \right.. \]
| (i) | In welchen Punkten \( (x,y)\in\mathbb R^2 \) ist \( f \) stetig? |
| (ii) | Berechnen Sie \( f_x(0,0) \) und \( f_y(0,0) \) durch Auswerten geeigneter Differenzenquotienten. |
| (iii) | Berechnen Sie \( f_x(x,y) \) und \( f_y(x,y). \) Sind diese Ableitungen in \( (0,0) \) stetig? |
| (iv) | Ist \( f \) in \( (0,0) \) vollständig differenzierbar? |
| (i) | Die Funktion ist zunächst in allen Punkten \( (x,y)\in\mathbb R^2\setminus\{(0,0)\} \) stetig. Für den Koordinatenursprung ermitteln wir |
\[ \left|\frac{x^2y}{x^2+y^2}-0\right| =\frac{x^2}{x^2+y^2}\,|y| \le|y| \longrightarrow 0 \quad\mbox{für}\ (x,y)\to(0,0). \]
| Also ist die Funktion auch in \( (0,0) \) stetig. | |
| (ii) | Wir berechnen |
\[ \lim_{h\to 0,\ h\not=0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0,\ h\not=0}\frac{0-0}{h} =0 \]
| sowie |
\[ \lim_{k\to 0,\ k\not=0}\frac{f(0,k)-f(0,0)}{k} =\lim_{k\to 0,\ k\not=0}\frac{0-0}{k} =0. \]
| Das bedeutet |
\[ f_x(0,0)=0,\quad f_y(0,0)=0. \]
| (iii) | Man ermittelt |
\[ f_x(x,y)=\frac{2xy^3}{(x^2+y^2)^2}\,,\quad f_y(x,y)=\frac{x^4-x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}\,,\quad (x,y)\not=(0,0). \]
| Diese Ableitungen lassen sich nicht stetig in den Punkt \( (0,0) \) fortsetzen, denn beispielsweise sind |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{h\to 0}f_x(h,h) =\lim_{h\to 0}\frac{2h^4}{4h^4} =\lim_{h\to 0}\frac{1}{2} =\frac{1}{2}\not=0, \\[1ex] \displaystyle \lim_{k\to 0}f_y(h,0) =\lim_{k\to 0}\frac{h^4}{h^4} =\lim_{h\to 0}1 =1\not=0. \end{array} \]
| (iv) | Angenommen, \( f \) ist in \( (0,0) \) vollständig differenzierbar. Dann gilt nach einem Satz aus der Vorlesung |
\[ f(h,k)=f(0,0)+\langle\nabla f(0,0),(h,k)\rangle+{\mathbf F}(0,0;h,k)\circ(h,k)^t \]
| mit den dort genannten Eigenschaften des - in diesem Fall - Vektors \( {\mathbf F}(0,0;h,k). \) Der Vektor \( {\mathbf F}(0,0;h,k) \) erfüllt dabei |
\[ \lim_{\substack{(h,k)\to(0,0) \\ (h,k)\not=(0,0)}}{\mathbf F}(0,0;h,k)=0, \]
| und wegen \( f(0,0)=0 \) und \( \nabla f(0,0)=0 \) gilt damit auch |
\[ \begin{array}{lll} 0\!\! & = & \!\displaystyle \lim_{\substack{(h,k)\to(0,0) \\ (h,k)\not=(0,0)}}\frac{1}{\|(h,k)\|_2}\,{\mathbf F}(0,0;h,k)\circ(h,k)^t \\ & = & \!\displaystyle \lim_{\substack{(h,k)\to(0,0) \\ (h,k)\not=(0,0)}}\frac{f(h,k)}{\sqrt{h^2+k^2}} \\ & = & \!\displaystyle \lim_{\substack{(h,k)\to(0,0) \\ (h,k)\not=(0,0)}}\frac{h^2k}{(h^2+k^2)^\frac{3}{2}}\,. \end{array} \]
| Wählen wir hierin aber \( h=k, \) so ist |
\[ \frac{h^2h}{(2h^2)^\frac{3}{2}} =\frac{h^3}{2^\frac{3}{2}h^3} =\frac{1}{2^\frac{3}{2}} \not=0 \quad\mbox{für alle}\ h\in\mathbb R. \]
| Dieser Widerspruch zeigt, dass \( f \) in \( (0,0) \) nicht vollständig differenzierbar ist. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)