Aufgaben zu Kapitel 24 - Springer...2 Aufgaben zu Kapitel 24 Aufgabe 24.8 • Man entwickle die...

Aufgaben zu Kapitel 24 1

Aufgaben zu Kapitel 24

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 • Welche der folgenden Aussagen über Funktionen f : Rn → R sind richtig?

(a) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort partiell differenzierbar.(b) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort stetig.(c) Jede in einem Punkt p ∈ D(f ) differenzierbare Funktion f ist in ganz D(f ) differenzierbar.(d) Jede in einem Punkt p stetige Funktion ist dort partiell differenzierbar.(e) Jede in einem Punkt p differenzierbare Funktion ist dort in x1-Richtung stetig.

Aufgabe 24.2 •• Wir betrachten eine Funktion f : R2 → R, von der bekannt ist, dass sie auf jeden Fall in R

2 \ {0} stetigist. Gilt mit Sicherheit

(a) limx→0

limy→0

f (x, y) = limy→0

limx→0

f (x, y),

(b) lim(x,y)→(0,0)

= f (0, 0) ,

wenn f in x = (0, 0)�

1. stetig ist?2. in jeder Richtung richtungsstetig ist?3. differenzierbar ist?4. partiell differenzierbar ist?

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.3 • Man berechne alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung der Funktionen:

f (x, y) = x2ey + exy

g(x, y) = sin2(xy)

h(x, y) = ecos x+y3

Aufgabe 24.4 •• Man betrachte die Schar aller Strecken von (0, t)� nach (1 − t, 0)� mit t ∈ [0, 1] und bestimme dieEinhüllende dieser Strecken.

Aufgabe 24.5 • Untersuchen Sie die beiden Funktionen f und g, R2 → R,

f (x) =⎧⎨

⎩

x1x32

(x21+x2

2 )2 für x �= 0

0 für x = 0

g(x) =⎧⎨

⎩

x31x2

2(x2

1+x22 )2 für x �= 0

0 für x = 0

auf Stetigkeit im Ursprung.

Aufgabe 24.6 •• Man untersuche die Funktion f ,

f (x, y) ={

xy3

cos(x2+y2)−1für (x, y) �= (0, 0)

0 für (x, y) = (0, 0)

auf Stetigkeit im Punkt (0, 0).

Aufgabe 24.7 •• Man untersuche die Funktion

f (x, y) ={

x6+y5

x4+y4 für (x, y) �= (0, 0)

0 für (x, y) = (0, 0)

auf Stetigkeit. Des Weiteren berechne man die partiellen Ableitungen ∂f∂x

(0, 0), ∂f∂y

(0, 0) und die Richtungsableitung ∂f∂ a

(0, 0)

mit a = ( 1√2, 1√

2)�. Ist die Funktion im Ursprung differenzierbar?

Arens et al., Mathematik, ISBN: 978-3-8274-1758-9, © Spektrum Akademischer Verlag, 2008

2 Aufgaben zu Kapitel 24

Aufgabe 24.8 • Man entwickle die Funktion f , R2 → R,

f (x, y) = y · ln x + x ey+2

um P = ( 1e , −1) in ein Taylorpolynom zweiter Ordnung.

Aufgabe 24.9 •• Man entwickle f (x, y) = xy an der Stelle x = (1, 1)� in ein Taylorpolynom bis zu Termen zweiterOrdnung und berechne damit näherungsweise 10

√(1.05)9.

Aufgabe 24.10 • Man berechne die Jacobi-Matrizen Jf und Jg der Abbildungen:

f1(x, y, z) = exy + cos2 z

f2(x, y, z) = xyz − e−z

f3(x, y, z) = sinh(xz) + y2

g1(x1, x2, x3, x4) =√

x21 + x2

2 + 1 − x4

g2(x1, x2, x3, x4) = cos(x1x23 ) + ex4

g3(x1, x2, x3, x4) = x2x3 + ln(1 + x24 )

Aufgabe 24.11 •• Man bestimme einen allgemeinen Ausdruck für die zweite Ableitung eines Parameterintegrals mitvariablen Grenzen,

I (t) =∫ b(t)

a(t)

f (x, t) dx ,

und damit das Taylorpolynom zweiter Ordnung der Funktion I : R → R,

I (t) =∫ 1+t2

2t

e−t x2dx

mit Entwicklungsmitte t0 = 1.

Aufgabe 24.12 •• Transformieren Sie den Ausdruck

W = 1√

x2 + y2

(

x∂U

∂x+ y

∂U

∂y

)

auf Polarkoordinaten. (Hinweis: Setzen Sie dazu u(r, ϕ) := U(r cos ϕ, r sin ϕ).)

Aufgabe 24.13 •• Bestimmen Sie mithilfe des Newton-Verfahrens eine Näherungslösung des Gleichungssystems

sin x cos y = 0.1

x2 + sin y = 0.2 ,

die in der Nähe von x0 = y0 = 0 liegt (zwei Iterationsschritte).

Aufgabe 24.14 ••• Zeigen Sie die Euler-Gleichung: Ist eine Funktion f : Rn → R homogen vom Grad h, ist also

f (λx) = f (λx1, . . . , λxn) = λh f (x) ,

so giltx · ∇f = h f .

Aufgabe 24.15 • Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichungen

2x cos y − x2 sin y y′ = 0

undex y + (ex + 2y

)y′ = 0 .

Aufgabe 24.16 •• Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung

2x

1 + x2sin(x + y) + cos(x + y)(1 + y′) = 0 .


Aufgaben zu Kapitel 24 3

Aufgabe 24.17 ••• Bestimmen Sie alle Lösungen der Differenzialgleichung

cos x + sin x + 2 sin x y y′ = 0 .

Aufgabe 24.18 •• Man untersuche, ob sich die Funktionf : R

2 × (−1, ∞) → R

f (x, y, z) = ex − y2z + x ln(1 + z) − 1 = 0

am Punkt p = (0, 1, 0)� lokal eindeutig nach z = ϕ(x, y) auflösen lässt und berechne für diesen Fall die partiellen Ableitungenϕx(0, 1) und ϕy(0, 1).

Aufgabe 24.19 •• Man begründe, warum sich das Gleichungssystem

f1(x, y, z) = 2 cos(xyz) + yz − 2x = 0

f2(x, y, z) = (xyz)2 + z − 1 = 0

in einer Umgebung des Punktes x = (1, 0, 1)� lokal nach y und z auflösen lässt und berechne für diese Auflösungen y′(x),z′(1), y′′(1) sowie z′′(1).

Aufgabe 24.20 •• Gegeben ist die Funktion f : R3 → R

f (x, y, z) := ecos2(xy3z) − √e .

Man begründe, warum sich f (x, y, z) = 0 in einer Umgebung von P = (x0, y0, z0) = (π, 1, 14 ) lokal nach z auflösen lässt,

und berechne dort die partiellen Ableitungen zx(x0, y0) und zy(x0, y0).

Aufgabe 24.21 • Man überprüfe, ob sich das Gleichungssystem

f1(x, y, z) = x2 + y2 − z − 22 = 0

f2(x, y, z) = x + y2 + z3 = 0

in einer Umgebung von x = (4, 2, −2)� eindeutig nach x und y auflösen lässt. Ferner bestimme man explizit zwei Funktionenϕ1 und ϕ2, sodass in U(P ) gilt: fj (ϕ1(z), ϕ2(z), z) ≡ 0, j = 1, 2.

Aufgabe 24.22 •• Gegeben sind die Abbildungen f : R3 → R

3 und g : R3 → R

3:

f1(x) = x1 − 2x2 + x3

f2(x) = x1x2

f3(x) = x21 − x2

3

g1(y) = (y1 − y2)2 + y2

3

g2(y) = (y1 + y2)2

g3(y) = y1y2 − y3

Man überprüfe, ob die Abbildung h = g ◦f = g(f ), R3 → R

3 in einer geeigneten Umgebung von h(p) mit p = (1, 1, 1)�umkehrbar ist.

Aufgabe 24.23 •• Man finde alle kritischen Punkte der Funktion

f (x, y) = (y2 − x2) · e− x2+y2

2

und überprüfe, ob es sich dabei um lokale Maxima, lokale Minima oder Sattelpunkte handelt.

Aufgabe 24.24 •• Man bestimme und klassifiziere alle Extrema der Funktion f : R2 → R,

f (x, y) = (1 + 2x − y)2 + (2 − x + y)2 + (1 + x − y)2 .

Aufgabe 24.25 •• Man bestimme die stationären Stellen der Funktion f , R3 → R,

f (x, y, z) = x2 + xz + y2

unter der Nebenbedingung g(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. Handelt es sich dabei um Extrema?

Aufgabe 24.26 •• Gegeben ist die Funktion f : R2 → R,

f (x, y) = y4 − 3xy2 + x3 .

Gesucht sind Lage und Art aller kritischen Punkte dieser Funktion.


4 Aufgaben zu Kapitel 24

Anwendungsprobleme

Aufgabe 24.27 • Bestimmen Sie die Werte und Fehler der folgenden Größen:

Zylindervolumen V , V = r2π h,r = (10.0 ± 0.1) cm, h = (50.0 ± 0.1) cmBeschleunigung a, s = 1

2at2,s = (100.0 ± 0.5) m, t = (3.86 ± 0.01) sWiderstand R12 bei Parallelschaltung, 1

R12= 1

R1+ 1

R2, R1 = (100 ± 5) �, R2 = (50 ± 5) �

Aufgabe 24.28 • Das ideale Gas hat die Zustandsgleichung pV = RT mit der Gaskonstanten R. Prüfen Sie für diesesSystem die Beziehung (

∂p

∂V

)

T

(∂V

∂T

)

p

(∂T

∂p

)

V

= −1 .

explizit nach.

Aufgabe 24.29 ••• Eine Schlüsselgröße in der statistischen Physik ist die Zustandssumme Z, die von verschiedenenVariablen x1 bis xn abhängen kann.

Bestimmen Sie die vierte Ableitung des Logarithmus der Zustandssumme

∂4 ln Z

∂xi ∂xj ∂xk ∂xl

und stellen Sie das Ergebnis mit ⟨∂kZ

∂xi1 . . . ∂xik

⟩

:= 1

Z

∂kZ

∂xi1 . . . ∂xik

dar. Sie erhalten eine verbundene Korrelationsfunktion des betrachteten thermodynamischen Systems, ausgedrückt durchErwartungswerte, die vollen Korrelationsfunktionen entsprechen.


Hinweise zu Kapitel 24 5

Hinweise zu Kapitel 24

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 • Die Beziehung zwischen den verschiedenen Begriffen wird in Abbildung 24.14 dargestellt.

Aufgabe 24.2 •• Richtungsstetigkeit in jede Richtung impliziert insbesondere Stetigkeit in Richtung der Koordinaten-achsen. Zum Zusammenhang zwischen Differenzierbarkeit und Stetigkeit siehe Abbildung 24.14.

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.3 • Nach den Variablen x und y unabhängig ableiten; wegen des Satzes von Schwarz ist z. B. fxy = fyx .

Aufgabe 24.4 •• Finden Sie zu jedem x ∈ (0, 1) die Strecke mit maximalem Wert für y = f (x), eliminieren Sie t ausdem Ergebnis. Dabei hilft es, eine Funktion F von beiden Variablen x und t zu definieren.

Aufgabe 24.5 • Benutzen Sie Polarkoordinaten, gehen Sie vor wie auf Seite 786.

Aufgabe 24.6 •• Benutzen Sie Polarkoordinaten, entwickeln Sie den Kosinus.

Aufgabe 24.7 •• Der einzige fragliche Punkt ist x = 0, dort hilft Einführung von Polarkoordinaten. Die partiellenAbleitungen muss man gemäß Definition als Differenzialquotienten bestimmen.

Aufgabe 24.8 • Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung und setzen Sie in die Koeffizien-tenformel (24.2) ein.

Aufgabe 24.9 •• Bestimmen Sie alle partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung und setzen Sie in die Koeffizienten-formel (24.2) ein. Mithilfe des Taylorpolynoms können Sie sofort eine Näherung für 10

√(1.05)9 = (1 + 0.05)1−0.1 angeben,

da die Abweichung von der Entwicklungsmitte klein ist.

Aufgabe 24.10 • Bilden Sie die Ableitungen aller Komponenten nach allen Argumenten.

Aufgabe 24.11 •• Benutzen Sie das Ergebnis von Seite 801 und gehen Sie vor wie in diesem Beispiel.

Aufgabe 24.12 •• Sie können natürlich die Ergebnisse von Seite 802 benutzen.

Aufgabe 24.13 •• Gehen Sie vor wie auf Seite 803.

Aufgabe 24.14 ••• Leiten Sie die Homogenitätsbeziehung nach λ ab, schreiben Sie Ableitung nach λ auf Ableitungennach den Argumenten λxi und weiter nach den Koordinaten xi um.

Aufgabe 24.15 • Es handelt sich um exakte Differenzialgleichungen.

Aufgabe 24.16 •• Benutzen Sie einen integrierenden Faktor der Form μ(x, y) = μ(x).

Aufgabe 24.17 ••• Benutzen Sie einen integrierenden Faktor der Form μ(x, y) = X(x)Y (y).

Aufgabe 24.18 •• Benutzen Sie den Hauptsatz über implizite Funktionen und implizites Differenzieren.



Aufgabe 24.21 • Hauptsatz über implizite Funktionen. Zur expliziten Bestimmung von ϕ1 und ϕ2 muss man lediglicheine quadratische Gleichung lösen – der Zweig der Wurzel ist dabei eindeutig festgelegt.

Aufgabe 24.22 •• Bestimmen Sie die Jacobi-Matrix von h durch Matrixmultiplikation und überprüfen Sie, ob det Jh �= 0ist.

Aufgabe 24.23 •• Nullsetzen des Gradienten und Überprüfen der Hesse-Matrix an den fünf kritischen Punkten.

Aufgabe 24.24 •• Nullsetzen des Gradienten liefert ein Gleichungssystem mit genau einer Lösung. Überprüfen Sie fürdiesen Punkt die Hesse-Matrix.

Aufgabe 24.25 •• Lösen Sie die Nebenbedingung explizit nach einer der Variablen (zum Beispiel z) auf und definierenSie eine neue Funktion R

2 → R, deren kritische Stellen Sie mittels Nullsetzen des Gradienten bestimmen können.

Aufgabe 24.26 •• Nullsetzen des Gradienten liefert drei kritische Punkte. An zwei davon erlaubt die Hesse-Matrix eineAussage. Am dritten können Sie beispielsweise f (x, 0) betrachten.


6 Hinweise zu Kapitel 24

Anwendungsprobleme

Aufgabe 24.27 • Benutzen Sie die Fehlerformeln, die sich aus dem totalen Differenzial ergeben, gehen Sie vor wie aufSeite 794.

Aufgabe 24.28 • Lösen Sie jeweils nach der fraglichen Variablen auf und bilden Sie die gewünschte Ableitung, wobeidie andere Variable konstant gehalten wird. Benutzen Sie im Endergebnis nochmals die Zustandsgleichung.

Aufgabe 24.29 ••• Behandeln Sie Z als unbekannte, beliebig oft differenzierbare Funktion, die klarerweise allen gängigenAbleitungsregeln gehorcht.


Lösungen zu Kapitel 24 7

Lösungen zu Kapitel 24

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 • Die Aussagen (a), (b) und (e) sind richtig, (c) und (d) sind falsch.

Aufgabe 24.2 •• Für (a) genügt jede der Bedingungen 1. bis 4., für (b) hingegen sind nur 1. und 3. stark genug.

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.3 • (Siehe ausführlichen Lösungsweg.)

Aufgabe 24.4 •• Die Einhüllende eF ist die Funktion [0, 1] → [0, 1] mit der Vorschrift eF (x) = (1 − √x)2.

Aufgabe 24.5 • f ist nicht stetig im Ursprung, g ist stetig.

Aufgabe 24.6 •• f ist unstetig.

Aufgabe 24.7 •• f ist stetig, aber nicht differenzierbar.

Aufgabe 24.8 • p2(x, y; 1e , −1) = 2 + e2

2 (x − 1e )2 + 1

2 (y + 1)2 + 2e(x − 1e )(y + 1)

Aufgabe 24.9 •• 10√

(1.05)9 ≈ 1.045

Aufgabe 24.10 • –

Aufgabe 24.11 •• p2(t; 1) = ( 2e2 − 2

e4 ) t + t2

e2

Aufgabe 24.12 •• W = ∂u∂r

Aufgabe 24.13 •• x2 ≈ 0.102 02, y2 ≈ 0.190 74

Aufgabe 24.14 ••• –

Aufgabe 24.15 • Alle Lösungen der ersten Gleichung sind implizit durch x2 cos y = C mit Konstanten C gegeben,

explizit durch y(x) = arccos Cx2 . Für die zweite Gleichung erhalten wir aus ex y + y2 = C zu y(x) = − ex

2 ±√

C + e2x

4 .

Aufgabe 24.16 •• μ(x) = 1 + x2, (1 + x2) sin(x + y) = C

Aufgabe 24.17 ••• μ(x, y) = ex+y2, sin x ex+y2 = C

Aufgabe 24.18 •• Das Gleichungssystem ist auflösbar, ϕx(0, 1) = 1 und ϕy(0, 1) = 0.

Aufgabe 24.19 •• y′′(1) = 8 und z′′(1) = −8

Aufgabe 24.20 •• zx(π, 1) = − 14π

und zy(π, 1) = − 34 .

Aufgabe 24.21 • x = ϕ1(z) = − 12 +

√14 + z3 + z + 22, y = ϕ2(z) =

√

−z3 − 12 −

√14 + z3 + z + 22

Aufgabe 24.22 •• Die Abbildung ist umkehrbar.

Aufgabe 24.23 •• p1 = (0, 0)� ist ein Sattelpunkt, p2 = (0,√

2)� und p3 = (0, −√2)� sind lokale Maxima;

p4 = (√

2, 0)� und p5 = (−√2, 0)� sind lokale Minima.

Aufgabe 24.24 •• Das Minimum der Funktion liegt bei x = − 32 , y = −2.

Aufgabe 24.25 •• Der einzige kritische Punkt ist p = (2, 1, −2)�, dort liegt kein Extremum.

Aufgabe 24.26 •• p1 = (0, 0)� ist ein Sattelpunkt, p2 = ( 32 , 3

2 )� und p3 = ( 32 , − 3

2 )� sind lokale Minima.

Anwendungsprobleme

Aufgabe 24.27 • V = (1 571 ± 35) · 10 cm3, a = (13.42 ± 0.10) ms2 , R12 = (33.3 ± 2.8) �

Aufgabe 24.28 • –


8 Lösungen zu Kapitel 24

Aufgabe 24.29 ••• Mit „perm“ für alle Permutationen von (xi, xj , xk, xl) erhalten wir ∂4 ln Z∂xi ∂xj ∂xk ∂xl

=⟨

∂4Z∂xi ∂xj ∂xk ∂xl

⟩+

∑perm.

{− 1

6

⟨∂3Z

∂xi1∂xi2

∂xi3

⟩ ⟨∂Z∂xi4

⟩

− 18

⟨∂2Z

∂xi1∂xi2

⟩⟨∂2Z

∂xi3∂xi4

⟩

+ 12

⟨∂2Z

∂xi1∂xi2

⟩⟨∂Z∂xi3

⟩⟨∂Z∂xi4

⟩}

− 6⟨∂Z∂xi

⟩⟨∂Z∂xj

⟩⟨∂Z∂xk

⟩⟨∂Z∂xl

⟩.


Lösungswege zu Kapitel 24 9

Lösungswege zu Kapitel 24

Verständnisfragen

Aufgabe 24.1 •(a) Differenzierbarkeit in einem Punkt impliziert dort partielle Differenzierbarkeit.(b) Differenzierbarkeit impliziert auch Stetigkeit.(c) Aus der Differenzierbarkeit in einem Punkt p kann man noch nichts über die Differenzierbarkeit anderswo aussagen.(d) Es gibt Funktionen, die in einem Punkt zwar stetig sind, dort aber keine partiellen Ableitungen mehr besitzen.(e) Aus der Differenzierbarkeit folgt erst recht die Richtungsstetigkeit in jede beliebige Richtung.

Aufgabe 24.2 •• Beide Beziehungen gelten sicher für stetige Funktionen. Wegen der Stetigkeit in R2 \ {0} gilt

limx→0

limy→0

f (x, y) = limx→0

f (x, 0)

und analog

limy→0

limx→0

f (x, y) = limy→0

f (0, y) ,

daher genügt für (a) auch Richtungsstetigkeit in (1 0)�- und (0 1)�-Richtung. Eine in einem Punkt differenzierbareFunktion ist dort auch stetig, eine dort partielle differenzierbare in Richtung der Koordinatenachsen auch richtungsstetig.Damit genügt jede der Bedingungen 1. bis 4., um die Gleichheit der Grenzwerte in (a) zu garantieren.

Für (b) benötigt man hingegen die Stetigkeit (1.) in (0, 0), die weder von der Richtungsstetigkeit (2.) noch von der partiellenDifferenzierbarkeit (4.) garantiert wird, sehr wohl aber von der Differenzierbarkeit (3.) selbst.

Rechenaufgaben

Aufgabe 24.3 • Da alle drei Funktionen auf jeden Fall zweimal stetig differenzierbar sind, ist der Satz von Schwarzanwendbar, damit ist fxy = fyx , gxy = gyx und hxy = hyx :

fx = 2 x ey + y exy

fxx = 2 ey + y2 exy

fy = x2 ey + x exy

fyy = x2 ey + x2 exy

fyx = 2 x ey + exy + x y exy

fxy = fyx = 2 x ey + exy + x y exy

gx = 2y sin(xy) cos(xy)

gxx = 2y2(cos2(xy) − sin2(xy))

gxy = 2xy(cos2(xy) − sin2(xy)) + 2 sin(xy) cos(xy)

gy = 2x sin(xy) cos(xy)

gyy = 2x2(cos2(xy) − sin2(xy))

gyx = 2xy(cos2(xy) − sin2(xy)) + 2 sin(xy) cos(xy)

hx = − sin x ecos x+y3

hxx = (sin2 x − cos x)ecos x+y3

hxy = −3y2 sin x ecos x+y3

hy = 3y2 ecos x+y3

hyy = (9y4 + 6y)ecos x+y3

hyx = −3y2 sin x ecos x+y3


10 Lösungswege zu Kapitel 24

Aufgabe 24.4 •• Die Gleichung einer Geraden durch die Punkte (0, t)� und (1 − t, 0)� hat für t ∈ (0, 1) die Form

f (x) = t − t

1 − tx .

Wir definieren nun die Funktion F , (0, 1) × (0, 1) → R,

F(x, t) = t − t

1 − tx .

Um für jedes x den t-Wert zu finden, für den y = F(x, t) maximal wird, bilden wir die partielle Ableitung nach t und setzensie null,

∂f

∂t= 1 − x

(1 − t)2!= 0 .

Lösen dieser Gleichung liefert t = 1 − √x, und für den maximalen y-Wert erhalten wir

ymax = F(x, 1 − √

x) = 1 − 2

√x + x = (1 − √

x)2

.

Einbeziehen der beiden Geraden für t = 0 und t = 1 setzt diese Lösung stetig nach x = 0 und x = 1 fort. Die EinhüllendeeF ist demnach die Funktion, [0, 1] → [0, 1],

eF (x) = (1 − √x)2

.

Aufgabe 24.5 • Bei Einführung von Polarkoordinaten erhalten wir

limx→0

f (x) = limr→0

r4 cos ϕ sin3 ϕ

r4= lim

r→0cos ϕ sin3 ϕ

= cos ϕ sin3 ϕ ,

also einen winkelabhängigen Ausdruck. f ist damit in x = 0 unstetig. Für g hingegen ergibt sich

limx→0

g(x) = limr→0

r5 cos3 ϕ sin2 ϕ

r4

= limr→0

r cos3 ϕ sin2 ϕ = 0 .

Der Ausdruck cos3 ϕ sin2 ϕ ist mit Sicherheit beschränkt, damit existiert der Grenzwert x → 0 und ist gleich dem Funkti-onswert g(0) = 0.

Aufgabe 24.6 •• Mit Polarkoordinaten erhält man

G = lim(x,y)→(0,0)

xy3

cos(x2 + y2) − 1= lim

r→0

r4 cos ϕ sin3 ϕ

cos(r2) − 1

= limr→0

r4 cos ϕ sin3 ϕ

1 − r4

2 + O(r8) − 1= lim

r→0

−2r4 cos ϕ sin3 ϕ

r4 + O(r8)

= limr→0

−2 cos ϕ sin3 ϕ

1 + O(r4)= −2 cos ϕ sin3 ϕ

und dieser Ausdruck hängt vom Winkel ϕ ab (siehe z. B. für ϕ = 0 und ϕ = π4 . Der Grenzwert existiert also nicht, die

Funktion ist im Ursprung unstetig.

Aufgabe 24.7 •• An allen Punkten außer (x, y) = (0, 0) ist f natürlich als Zusammensetzung stetiger und differenzier-barer Funktionen ebenfalls stetig und differenzierbar. Zu untersuchen bleibt der Punkt (0, 0), hier erhalten wir:

lim(x,y)→(0,0)

x6 + y5

x4 + y4= lim

r→0

r6 cos6 ϕ + r5 sin5 ϕ

r4 cos4 ϕ + r4 sin4 ϕ=

= limr→0

r ·{

r cos6 ϕ + sin5 ϕ

cos4 ϕ + sin4 ϕ

}

= 0 = f (0, 0)

Die Funktion ist stetig.



Der Grenzwert wird null, da der Klammerausdruck wegen

cos4 ϕ + sin4 ϕ ≥ 1

2

immer endlich bleibt (siehe auch Seite 786).

Nun bestimmen wir die partiellen Ableitungen im Ursprung:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h

= limh→0

1

h

(h6 + 0

h4 + 0− 0

)

= limh→0

h = 0

∂f

∂y(0, 0) = lim

h→0

f (0, h) − f (0, 0)

h

= limh→0

1

h

(0 + h5

0 + h4− 0

)

= limh→0

h

h= 1

∂f

∂a(0, 0) = lim

h→0

f ( h√2, h√

2) − f (0, 0)

h

= limh→0

1

h

18h6 +

√2

8 h5

14h4 + 1

4h4= lim

h→0

18h +

√2

812

=√

2

4

Da hier nicht ∂f∂a (0, 0) = (grad f )(0, 0) · a gilt, kann f in (0, 0) nicht differenzierbar sein.

Aufgabe 24.8 • Für die partiellen Ableitungen bis zur zweiten Ordnung erhält man allgemein bzw. speziell an p =( 1

e , −1)�:f = y · ln x + x ey+2 f

∣∣p

= 2

∂f∂x

= y · 1x

+ ey+2 ∂f∂x

∣∣p

= 0

∂f∂y

= ln x + x ey+2 ∂f∂y

∣∣p

= 0

∂2f

∂x2 = − y

x2∂2f

∂x2

∣∣p

= e2

∂2f

∂y2 = x ey+2 ∂2f

∂y2

∣∣p

= 1

∂2f∂x ∂y

= 1x

+ ey+2 ∂2f∂x ∂y

∣∣p

= 2e

Für das Taylorpolynom ergibt sich also

p2(x, y; 1e , −1) = 2 + e2

2 (x − 1e )2 + 1

2 (y + 1)2 + 2e(x − 1e )(y + 1) .

Aufgabe 24.9 •• Wir erhalten für die Ableitungen (wir lassen aus Platzgründen die Argumente weg):

f = xy = ey·ln x f∣∣x

= 1

∂f∂x

= y xy−1 ∂f∂x

∣∣x

= 1

∂f∂y

= ln x · xy ∂f∂y

∣∣p

= 0

∂2f

∂x2 = y(y − 1)xy−2 ∂2f

∂x2

∣∣x

= 0

∂2f

∂y2 = (ln x)2 xy ∂2f

∂y2

∣∣x

= 0

∂2f∂x ∂y

= xy−1 + y · ln x · xy−1 ∂2f∂x ∂y

∣∣x

= 1

und damit das Taylorpolynomp2(x, y; 1, 1) = 1 + (x − 1) + (x − 1)(y − 1) .



Nun benutzen wir diesen Ausdruck als Näherung für kleine Abweichungen von der Entwicklungsmitte

10√

(1.05)9 = 1.050,9 = (1 + 0.05)1−0.1

≈ 1 + 0.05 + 0.05 · (−0.1) = 1.045

Das exakte Ergebnis wäre 1.050,9 = 1.044 88 . . .

Aufgabe 24.10 • Ableiten ergibt:

Jf = ∂(f1, f2, f3)

∂(x, y, z)

=⎛

⎝yexy xexy −2 cos z sin z

yz xz xy + e−z

z cosh(xz) 2y x cosh(xz)

⎞

⎠

Jg = ∂(g1, g2, g3)

∂(x1, x2, x3, x4)

=

⎛

⎜⎜⎝

x1√

x21 +x2

2 +1

x2√

x21 +x2

2 +10 −1

−x23 sin(x1x

23 ) 0 −2x1x3 sin(x1x

23 ) ex4

0 x3 x22x4

1+x24

⎞

⎟⎟⎠

Aufgabe 24.11 •• Aus

I = f (b(t), t) b − f (a(t), t) a +∫ b(t)

a(t)

∂f (x, t)

∂tdx ,

wobei ein Punkt wiederum für die Ableitung nach t steht, erhalten wir:

I = f (b, t) b +{

∂f

∂τ(b, τ )

∣∣∣∣τ=t

+ ∂f

∂y(y, t)

∣∣∣∣y=b

b

}

b

− f (a, t) a −{

∂f

∂τ(a, τ )

∣∣∣∣τ=t

+ ∂f

∂y(y, t)

∣∣∣∣y=a

a

}

a

+ ∂f

∂τ(b, τ )

∣∣∣∣τ=t

b − ∂f

∂τ(a, τ )

∣∣∣∣τ=t

a +∫ b(t)

a(t)

∂2f (x, t)

∂t2dx

= f (b, t) b + 2∂f

∂τ(b, τ )

∣∣∣∣τ=t

b + ∂f

∂y(y, t)

∣∣∣∣y=b

b2

− f (a, t) a − 2∂f

∂τ(a, τ )

∣∣∣∣τ=t

a − ∂f

∂y(y, t)

∣∣∣∣y=a

a2

+∫ b(t)

a(t)

∂2f (x, t)

∂t2dx

In unserem Beispiel ist a(t) = 2t , b(t) = 1 + t2 und f (x, t) = e−t x2. Damit erhalten wir

a = 2 , a = 0 , b = 2t , b = 2 ,

∂f (x, t)

∂x= −t e−t x2

∂f (x, t)

∂t= −x2 e−t x2

∂2f (x, t)

∂t2= x4 e−t x2



und somit

I (t) = 2te−t (1+t2)2 − 2e−4t3 −∫ 1+t2

2t

t e−t x2dx

I (t) = 2e−t (1+t2)2 − 4t (1 + t2)2 e−t (1+t2)2

− 4t3 e−t (1+t2)2 + 16 t2 e−4t3

+ 4t e−4t3 +∫ 1+t2

2t

x4 e−t x2dx .

Setzen wir t = 1, so erhalten wir

I (1) = 0

I (1) = 2e−4 − 2e−4 = 0

I (1) = 2e−4 − 16 e−4 − 4 e−4 + 16 e−4 + 4 e−4 = 2e−4

und damit das Taylorpolynom

p2(t; 1) = (t − 1)2

e2.

Aufgabe 24.12 ••

W = 1

r

(r cos ϕ

(∂u

∂r

∂r

∂x+ ∂u

∂ϕ

∂ϕ

∂x

)

+ r sin ϕ

(∂u

∂r

∂r

∂y+ ∂u

∂ϕ

∂ϕ

∂y

))

= cos ϕ

(∂u

∂rcos ϕ − ∂u

∂ϕ

sin ϕ

r

)

+ sin ϕ

(∂u

∂rsin ϕ + ∂u

∂ϕ

cos ϕ

r

)

= cos2 ϕ∂u

∂r+ sin2 ϕ

∂u

∂r= ∂u

∂r

Aufgabe 24.13 •• Wir definieren die Funktion f und g, R2 → R mittels

f (x, y) = sin x cos y − 0.1

g(x, y) = x2 + sin y − 0.2

und die Funktion f : R2 → R

2 über f (x, y) = (f (x, y), g(x, y))�. Für die Jacobi-Matrix dieser Funktion erhalten wir

Jf (x) =(

cos x cos y − sin x sin y

2x cos y

)

und am Punkt x1 speziell

Jf (x1) =(

1 00 1

)

,

also einfach die Einheitsmatrix, deren Inverse natürlich ebenfalls die Einheitsmatrix ist. Mit f (x1) = (−0.1, −0.2)� erhaltenwir gemäß Newton-Vorschrift (

x1y1

)

=(

00

)

− J−1f

∣∣∣x0

(−0.1−0.2

)

=(

0.10.2

)

.

Dort erhalten wir

Jf

∣∣∣x1

≈(

0.975 17 −0.019 830.2 0.980 07

)

J−1f

∣∣∣x1,y1

≈(

1.021 22 0.020 67−0.208 40 1.016 12

)



und damit (x2y2

)

≈(

0.10.2

)

− J−1f

∣∣∣x1

(−0.002 160.008 67

)

≈(

0.102 020.190 74

)

.

Zum Vergleich, die auskonvergierte Lösung liegt bei

(x∗, y∗) ≈ (0.102 02, 0.190 75) .

Aufgabe 24.14 ••• Wir leiten die Homogenitätsbeziehung nach λ ab,

df (λx)

dλ= h λh−1f (x) ,

und benutzen die Kettenregel,df (λx)

dλ= ∂f (λx)

∂(λx1)

∂(λx1)

∂λ+ . . . + ∂f (λx)

∂(λxn)

∂(λxn)

∂λ.

Mit∂(λxi)

∂λ= xi

und∂f (λx)

∂(λxi)= ∂f (λx)

∂xi

∂xi

∂(λxi)= 1

λ

∂f (λx)

∂xi

erhalten wirx · (grad f ) = h λh f (x) .

Diese Gleichung gilt für beliebige Werte von λ, insbesondere für λ = 1. Damit ist die Euler-Gleichung gezeigt.

Aufgabe 24.15 • Wir setzen

p(x, y) = 2x cos y

q(x, y) = −x2 sin y

und sehen aus∂p

∂y= −2x sin y = ∂q

∂x,

dass diese Differenzialgleichung exakt ist. Integration liefert

F(x, y) =∫

2x cos y dx = x2 cos y + ϕ1(y)

F (x, y) = −∫

x2 sin y dy = x2 cos y + ϕ2(x) .

Alle Lösungen sind implizit durchx2 cos y = C

mit Konstanten C gegeben. Auflösen nach y liefert

y(x) = arccosC

x2.

Auch die zweite Gleichung ist exakt, wie man mit p(x, y) = ex y und q(x, y) = ex + 2y sofort aus

∂p

∂y= ex = ∂q

∂x

erkennt. Integration liefert nun

F(x, y) =∫

ex y dx = ex y + ϕ1(y)

F (x, y) =∫(ex + 2y

)dy = ex y + y2 + ϕ2(x) .



Vergleich zeigt, dass ϕ1(y) = y2 + const sein muss, die Lösung also implizit durch

ex y + y2 = C

gegeben sind. Lösen der quadratischen Gleichung liefert

y(x) = −ex

2±√

C + e2x

4,

wobei für C < 0 stets

x ≥ 1

2ln(−4C)

sein muss.

Aufgabe 24.16 •• Wir setzen

p(x, y) = 2x

1 + x2sin(x + y) + cos(x + y) ,

q(x, y) = cos(x + y) .

Aus

∂p

∂y= 2x

1 + x2cos(x + y) − sin(x + y) ,

∂q

∂x= − sin(x + y)

sehen wir, dass diese Differenzialgleichung nicht exakt ist. Wir versuchen, einen integrierenden Faktor μ zu finden und setzenversuchsweise μ(x, y) = μ(x). Aus

∂(μp)

∂y= μ

2x

1 + x2cos(x + y) − μ sin(x + y)

∂(μq)

∂x= μ′ cos(x + y) − μ sin(x + y)

sehen wir, dass μ die Differenzialgleichung

μ′ = 2x

1 + x2μ

erfüllen muss. Das ist eine lineare Gleichung erster Ordnung, zu der wir schnell eine Lösung angeben können. Setzen wiretwa μ(x) = eϕ(x), so erhalten wir

ϕ′(x) = 2x

1 + x2→ ϕ(x) = ln(1 + x2)

(wir brauchen ja nur irgend eine Lösung) und μ(x) = 1 + x2. Zur exakten Differenzialgleichung

2x sin(x + y) + (1 + x2) cos(x + y)(1 + y′) = 0

gibt es eine Stammfunktion F , für die wir durch Integration

F(x, y) =∫ (

2x sin(x + y) + (1 + x2) cos(x + y))

dx

= (1 + x2) sin(x + y) + ϕ1(y)

F (x, y) =∫

(1 + x2) cos(x + y) dy

= (1 + x2) sin(x + y) + ϕ2(x)

erhalten. Alle Lösungen der Differenzialgleichungen sind damit implizit in der Form

(1 + x2) sin(x + y) = C

mit Konstanten C gegeben.



Aufgabe 24.17 ••• Wir setzen

p(x, y) = cos x + sin x

q(x, y) = 2 sin x y

und sehen aus∂p

∂y= 0 �= 2 cos x y = ∂q

∂x,

dass die Differenzialgleichung nicht exakt ist. Es gelingt auch nicht, einen integrierenden Faktor zu finden, der nur von einerder beiden Variablen abhängt. Zielführend ist hingegen ein Produktansatz μ(x, y) = X(x)Y (y),

∂μp

∂y= X Y ′ cos x + X Y ′ sin x

∂μq

∂x= 2 y X Y cos x + 2y X′ Y sin x .

Da wir aber irgendwelche Funktionen X und Y benötigen, mit denen die Exaktheitsbedingung erfüllt ist, suchen wir nachAusdrücken, die keine trigonometrischen Funktionen mehr enthalten und daher

X Y ′ = 2y X Y und X Y ′ = 2y X′ Y

erfüllen müssen. Mit der ersten Gleichung können wir die zweite zu X′ = X vereinfachen, eine Lösung davon ist X(x) = ex .Nach Division durch X nimmt die erste Gleichung die Gestalt Y ′ = 2y Y an. Davon können wir schnell eine Lösung angeben,etwa indem wir Y = eϕ(y) setzen,

ϕ′(y) eϕ(y) = 2y eϕ(y) .

Eine spezielle Lösung ist ϕ(y) = y2, sodass unser integrierender Faktor die Gestalt

μ(x, y) = X(x) Y (y) = ex ex2 = ex+y2

annimmt. Die Differenzialgleichung

(cos x + sin x)ex+y2 + 2 sin x y ex+y2y′ = 0

ist exakt, und wir erhalten

F(x, y) = ey2∫

(cos x + sin x)ex dx = ey2sin x ex + ϕ1(y)

F (x, y) = sin x ex

∫

2y ey2dy = sinx ex ey2 + ϕ2(x) .

Die Lösungen der Differenzialgleichung sind demnach implizit durch

sin x ex+y2 = C

gegeben. Hier können wir sogar eine explizite Auflösung nach y wagen:

ex+y2 = C

sin xx + y2 = ln

C

sin x

y2 = ln C − ln sin x − x

y(x) = ±√D − ln sin x − x

Dabei haben wir D := ln C gesetzt (eine Konstante ist so gut wie die andere), und die Lösung ist nur dort definiert, wosin x > 0 und

D − ln sin x − x ≥ 0

ist.

Aufgabe 24.18 •• f ∈ C1 ist erfüllt, und es gilt f (0, 1, 0) = 0. Nun erhält man

∂f

∂z

∣∣∣p

=[

−y2 + x

1 + z

]

p

= −1 �= 0,



die Auflösung ist also möglich. Wir definieren

F(x, y) = ex − y2z(x, y) + x ln(1 + ϕ(x, y)) − 1 ≡ 0

und erhalten für die partiellen Ableitungen dieser Funktion:

Fx(x, y) = ex − y2ϕx(x, y) + ln(1 + ϕ(x, y)) + xϕx(x, y)

1 + ϕ(x, y)≡ 0

Fy(x, y) = 2yϕ(x, y) + y2ϕy(x, y) + xϕy(x, y)

1 + ϕ(x, y)≡ 0

Am Punkt (0, 1) ergibt das mit ϕ(0, 1) = 0 die beiden Gleichungen

1 − ϕx(0, 1) = 0 ϕy(0, 1) = 0

also ϕx(0, 1) = 1 und ϕy(0, 1) = 0. Dasselbe Ergebnis erhält man natürlich auch aus dem allgemeineren

Fx(x, y) = ∂f

∂x+ ∂f

∂z· ∂ϕ

∂x≡ 0

Fy(x, y) = ∂f

∂y+ ∂f

∂z· ∂ϕ

∂y≡ 0

mit Auflösen nach ϕx bzw. ϕy und Einsetzen von x = 0, y = 1.

Aufgabe 24.19 •• Es sind f1, f2 ∈ C1(R3), außerdem ist f1(1, 0, 1) = f2(1, 0, 1) = 0. Für die Jacobi-Determinanteerhält man:

∣∣∣∣∂(f1, f2)

∂(y, z)

∣∣∣∣p

=∣∣∣∣−2 sin(xyz)xz + z −2 sin(xyz)xy + y

2(xyz) · xz 2(xyz) · xy + 1

∣∣∣∣p

=∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = 1 �= 0 .

Daher gibt es zwei Funktionen y und z, für die gilt: y(1) = 0, z(1) = 1 sowie f1(x, y(x), z(x)) ≡ 0 und f2(x, y(x), z(x)) ≡ 0in einer Umgebung von P . Mit diesem Ergebnis werden nun zwei Funktionen F1 und F2 definiert und nach x abgeleitet:

F1(x) := f1(x, y(x), z(x))

= 2 cos(x y(x) z(x)) + y(x) z(x) − 2x ≡ 0

F ′1(x) = −2 sin(x y(x) z(x))

· {y(x) z(x) + x · [y′(x) z(x) + y(x) z′(x)]}++ [y′(x) z(x) + y(x) z′(x)] − 2 ≡ 0

F ′′1 (x) = − cos(. . .) · {. . .}2 − 2 sin(. . .) · {. . .}′

+ y′′(x) z(x) + 2y′(x) z′(x) + y(x) z′′(x) ≡ 0

F2(x) := f2(x, y(x), z(x)) = (x y(x) z(x))2 + z(x) − 1

≡ 0

F ′2(x) = 2(x y(x) z(x)) · {. . .} + z′(x) ≡ 0

F ′′2 (x) = 2 · {. . .}2 + 2(x y(x) z(x)){ . . .}′ + z′′(x) ≡ 0

Nun setzen wir x = 1 ein und beachten y(1) = 0 und z(1) = 1: Aus F ′1(1) = y′(1) − 2 = 0 erhält man y′(1) = 2, des

Weiteren ist F ′2(1) = z′(1) = 0. Analog sind wegen F ′′

1 (1) = −2 · 22 + y′′(1) = 0 und F ′′2 (1) = 2 · 22 + z′′(1) = 0 die

zweiten Ableitungen y′′(1) = 8 und z′′(1) = −8.

Aufgabe 24.20 •• Als Zusammensetzung unendlich oft differenzierbarer Funktionen ist sicher f ∈ C1, und es gilt

f (π, 1,1

4) = ecos2 π

4 − √e = e

(1√2

)2

− √e = 0 .

Für die Ableitung nach z erhält man

∂f

∂z

∣∣∣∣p

= −2xy3 cos(xy3z) sin(xy3z) · ecos2(xy3z)∣∣∣p

= −2π cosπ

4sin

π

4ecos2 π

4 �= 0 .



Die Funktion ist also lokal eindeutig nach z auflösbar. Nun zu den partiellen Ableitungen:

F(x, y) := f (x, y, z(x, y)) = ecos2(xy3z(x,y)) − √e ≡ 0

Fx(x, y) = −2 cos(xy3z(x, y)) sin(xy3z(x, y))

· ecos2(xy3z(x,y)) · (zy3 + xy3zx(x, y)) ≡ 0

Fy(x, y) = −2 cos(xy3z(x, y)) sin(xy3z(x, y))

· ecos2(xy3z(x,y)) · (3xy2z + xy3zy(x, y)) ≡ 0

Einsetzen von x = π , y = 1 ergibt mit z(π, 1) = 14

−2e1/2 1√2

· 1√2

︸︷︷︸�=0

·( 14 + πzx(π, 1)) = 0

−2e1/2 1√2

· 1√2

︸︷︷︸�=0

·(3π

4+ πzy(π, 1)) = 0

weiter also zx(π, 1) = − 14π

und zy(π, 1) = − 34 .

Aufgabe 24.21 • Es ist fi ∈ C1, f1(4, 2, −2) = f2(4, 2, −2) = 0, und für die Jacobi-Determinante erhält man

∣∣∣∣∂(f1, f2)

∂(x, y)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣

∂f1∂x

∂f1∂y

∂f2∂x

∂f2∂y

∣∣∣∣∣P

=∣∣∣∣2x 2y

1 2y

∣∣∣∣P

=∣∣∣∣8 44 1

∣∣∣∣ = 28 �= 0

Das Funktionensystem ist also in P tatsächlich lokal auflösbar. Aus f1(x, y, z) = 0 erhält man x2 = 22 + z − y2, ausf2(x, y, z) = 0 weiter y2 = −z3 − x, und setzt man das ein, ergibt sich x2 − x − z3 − z − 22 = 0. Als Lösung derquadratischen Gleichung erhält man

x = ϕ1(z) = −1

2+√

1

4+ z3 + z + 22

(nur der positive Zweig der Wurzel kommt in Betracht, da für z = −2 ja x = 4 > 0 sein soll) und damit weiter

y = ϕ2(z) =√

−z3 − 1

2−√

1

4+ z3 + z + 22.

Aufgabe 24.22 •• Es ist η = f (p) = (0, 1, 0). Die Jacobi-Determinanten von f und g in p und η ergeben:

∂f

∂x

∣∣∣∣(1,1,1)

=⎛

⎝1 −2 1x2 x1 0

2x1 0 −2x3

⎞

⎠

(1,1,1)

=⎛

⎝1 −2 11 1 02 0 −2

⎞

⎠

∂g

∂y

∣∣∣∣(0,1,0)

=⎛

⎝2(y1 − y2) −2(y1 − y2) 2y32(y1 + y2) 2(y1 + y2) 0

y2 y1 −1

⎞

⎠

(0,1,0)

=⎛

⎝−2 2 02 2 01 0 −1

⎞

⎠



Nun gilt nach der Kettenregel:

∂h

∂x(p) = ∂g

∂y(η) · ∂f

∂x(p)

=⎛

⎝−2 2 02 2 01 0 −1

⎞

⎠ ·⎛

⎝1 −2 11 1 02 0 −2

⎞

⎠

=⎛

⎝0 6 −24 −2 2

−1 −2 3

⎞

⎠

und die Determinante ergibt | ∂h∂x

(p)| = −6 · (12 + 2) − 2 · (−8 − 2) = −64 �= 0, die Abbildung ist also umkehrbar. Da dieMatrizen quadratisch sind, gilt auch

∣∣∣∣∂h

∂x(p)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∂g

∂y(η)

∣∣∣∣ ·∣∣∣∣∂f

∂x(p)

∣∣∣∣ = 8 · (−8) = −64.

Aufgabe 24.23 •• Für die ersten partiellen Ableitungen erhält man

∂f

∂x= x · (x2 − y2 − 2) · e− x2+y2

2

∂f

∂y= y · (2 + x2 − y2) · e− x2+y2

2

Nullsetzen liefert im ersten Fall x = 0 oder x2 − y2 − 2 = 0, im zweiten y = 0 oder x2 − y2 + 2 = 0. Ein kritischer Punkt istdamit auf jeden Fall p1 = (0, 0)�. Die Bedingungen x = 0 und 2 − y2 = 0 führen auf p2 = (0,

√2)�, p3 = (0, −√

2)�.Für y = 0 und x2 − 2 = 0 erhält man p4 = (

√2, 0)�, p5 = (−√

2, 0)�. Die beiden Bedingungen x2 − y2 − 2 = 0 undx2 −y2 +2 = 0 sind nicht gleichzeitig erfüllbar, man hat also bereits alle kritischen Punkte gefunden. Überprüfen der zweitenAbleitungen liefert:

(fxx · fyy − f 2xy)∣∣(0,0)

= (−2) · 2 − 0 = −4 < 0p1 Sattelpkt.(fxx · fyy − f 2

xy)∣∣(0,

√2)

= (− 4e) · (− 4

e) − 0 = 16

e2 > 0

fxx = − 4e < 0, p2 lok. Max.

(fxx · fyy − f 2xy)∣∣(0,

√2)

= (− 4e) · (− 4

e) − 0 = 16

e2 > 0

fxx = − 4e < 0, p3 lok. Max.

(fxx · fyy − f 2xy)∣∣(√

2,0)= 4

e· 4

e− 0 = 16

e2 > 0

fxx = 4e > 0, p4 lok. Min.

(fxx · fyy − f 2xy)∣∣(−√

2,0)= 4

e· 4

e− 0 = 16

e2 > 0

fxx = 4e > 0, p5 lok. Min.

Aufgabe 24.24 •• Die ersten partiellen Ableitungen ergeben sich zu fx = 4(1+2x −y)−2(2−x +y)+2(1+x −y) =12x − 8y + 2 und fy = −2(1 + 2x −y)+ 2(2 −x +y)− 2(1 +x −y) = −8x + 6y. Nullsetzen liefert ein Gleichungssystemmit den Lösungen x = − 3

2 und y = −2.

Mit fxx = 12, fxy = −8 und fyy = 6 erhält man � = fxxfyy − f 2xy = 8 > 0, es handelt sich also tatsächlich um ein

Extremum, wegen fxx = 12 > 0 um ein relatives Minimum, natürlich muss es auch das absolute Minimum der Funktionsein.

Aufgabe 24.25 •• Lösen wir die Bedingung g(x, y, z) = 0 nach z auf, so erhalten wir z = 1 − x − y, damit definierenwir

f (x, y) := f (x, y, 1 − x − y) = x − xy + y2 .

Für diese Funktion erhalten wirfx = 1 − y = 0 → y = 1fy = −x + 2y = 0 → x = 2y,

also x = 2, y = 1, z = −2. Nun ist f (2, 1, −2) = f (2, 1) = 1, aber z. B. f (0, 0) = 0 < 1 und f (2, 0) = 2 > 1, also liegtan p = (2, 1, −2)� kein Extremum.



Aufgabe 24.26 •• Nullsetzen der ersten partiellen Ableitungen liefert:

fx(x, y) = −3y2 + 3x2 = 3(x2 − y2) = 0

→ x2 = y2, x = ±y

fy(x, y) = 4y3 − 6xy = 2y(2y2 − 3x) = 0

→ y = 0 ∨ 2y2 − 3x = 0

Eine Lösung ist also sicher p1 = (0, 0)�. Setzt man nun y2 = x2 in 2y2 − 3x = 0 ein, erhält man x · (2x − 3) = 0 mit denbeiden Lösungen x = 0 (schon in p1 erfasst) und x = 3

2 . Wegen x = ±y ergeben sich also zwei weitere Punkte p2 = ( 32 , 3

2 )�und p3 = ( 3

2 , − 32 )�. Nun versuchen wir, anhand der Hesse-Matrix Aussagen über die Art des Extremums zu erhalten, dazu

betrachten wir:

�2 =∣∣∣∣fxx fxy

fxy fyy

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣

6x −6y

−6y 12y2 − 6x

∣∣∣∣

Für die Punkte p2 und p3 erhalten wir:

�2∣∣p2

= 9 · 18 − (−9) · (−9) = 81 > 0

�2∣∣p3

= 9 · 18 − 9 · 9 = 81 > 0

Es handelt sich also um Extrema, und zwar (wegen fxx |p2 = fxx |p3 = 9 > 0) um zumindest lokale Minima. An p1 kann mitder Hesse-Matrix keine Aussage gemacht werden (�2

∣∣p1

= 0), da aber beispielsweise f (x, 0) = x3 in jeder Umgebung von

p1 = (0, 0)� größere und kleinere Werte als f (0, 0) = 0 annimmt, muss es sich um einen Sattelpunkt handeln. Anhand vonf (x, 0) sieht man auch, dass f beliebig große und kleine Werte annehmen kann, es also keine globalen Extreme geben kann.

Anwendungsprobleme

Aufgabe 24.27 • Linearisierung im Sinne des totalen Differenzials liefert

�V = 2rπ h �r + r2π �h, mit r = 10 cm, h = 50 cm, �r = 0.1 cm und �h = 0.1 cm erhalten wir V =(15 707.96 ± 345.57) cm3. Angaben in so hoher Genauigkeit sind allerdings weder für den Wert noch den Fehler sinnvoll.Meist beschränkt man sich darauf, den Fehler auf zwei signifikante Stellen des Fehlers und den Wert auch bis zu dieserGenauigkeit anzugeben, hier etwa

V = (1 571 ± 35) · 10 cm3 .

Aus a = 2st2 erhalten wir

�a = 2 �s

t2+ 2

2s

t3�t

und bei Einsetzen der Werte

a = (13.42 ± 0.10)m

s2.

Aus

R12 = R1R2

R1 + R2

erhalten wir

�R12 = R22 �R1 + R2

1 �R2

(R1 + R2)2

und damit

R12 = (33.3 ± 2.8)� .

Dass der absolute Fehler hier kleiner ist als der der Ausgangsgrößen ist nicht sonderlich überraschend, denn auch derWert ist kleiner. Betrachtet man den relativen Fehler �R12/R12, so sieht man, dass dieser größer ist als das geometrischeMittel der relativen Ausgangsfehler. (Die simple Betrachtung eines Mittels ist hier gerechtfertigt, weil beide Ausgangs-größen symmetrisch eingehen, das geometrische Mittel ist dem Charakter von relativen Größen besser angepasst als dasarithmetische.)



Aufgabe 24.28 • Wir erhalten aus

p = RV T , V = p

RT, T = p

RV

die Ableitungen

(∂p

∂V

)

T

= RT ,

(∂V

∂T

)

p

= − p

RT 2,

(∂T

∂p

)

V

= 1

RV

und das Produkt(

∂p

∂V

)

T

(∂V

∂T

)

p

(∂T

∂p

)

V

= − p

RV T= −1 .

Aufgabe 24.29 ••• Wir erhalten durch mehrfaches Ableiten

∂ ln Z

∂xi= 1

Z

∂Z

∂xi=⟨∂Z

∂xi

⟩

∂2 ln Z

∂xi ∂xj= − 1

Z2

∂Z

∂xi

∂Z

∂xj+ 1

Z

∂2Z

∂xi ∂xj

=⟨

∂2Z

∂xi ∂xj

⟩

−⟨∂Z

∂xi

⟩ ⟨∂Z

∂xj

⟩

∂3 ln Z

∂xi ∂xj ∂xk= 2

Z3

∂Z

∂xi

∂Z

∂xj

∂Z

∂xk− 1

Z2

∂2Z

∂xi ∂xk

∂Z

∂xj

− 1

Z2

∂Z

∂xi

∂2Z

∂xj ∂xk− 1

Z2

∂2Z

∂xi ∂xj

∂Z

∂xk

+ 1

Z

∂3Z

∂xi ∂xj ∂xk

=⟨

∂3Z

∂xi ∂xj ∂xk

⟩

−⟨

∂2Z

∂xi ∂xj

⟩ ⟨∂Z

∂xk

⟩

−⟨

∂2Z

∂xi ∂xk

⟩ ⟨∂Z

∂xj

⟩

−⟨

∂2Z

∂xj ∂xk

⟩ ⟨∂Z

∂xi

⟩

+ 2

⟨∂Z

∂xi

⟩ ⟨∂Z

∂xj

⟩ ⟨∂Z

∂xk

⟩



∂4 ln Z

∂xi ∂xj ∂xk ∂xl= − 6

Z4

∂Z

∂xi

∂Z

∂xj

∂Z

∂xk

∂Z

∂xl+ 2

Z3

∂2Z

∂xi ∂xl

∂Z

∂xj

∂Z

∂xk

+ 2

Z3

∂2Z

∂xj ∂xl

∂Z

∂xi

∂Z

∂xk+ 2

Z3

∂2Z

∂xk ∂xl

∂Z

∂xi

∂Z

∂xj

− 1

Z2

∂3Z

∂xi ∂xk ∂xl

∂Z

∂xj− 1

Z2

∂2Z

∂xi ∂xk

∂2Z

∂xj ∂xl

+ 2

Z3

∂2Z

∂xi ∂xk

∂Z

∂xj

∂Z

∂xl

− 1

Z2

∂3Z

∂xj ∂xk ∂xl

∂Z

∂xi− 1

Z2

∂2Z

∂xj ∂xk

∂2Z

∂xi ∂xl

+ 2

Z3

∂2Z

∂xj ∂xk

∂Z

∂xi

∂Z

∂xl

− 1

Z2

∂3Z

∂xi ∂xj ∂xl

∂Z

∂xk− 1

Z2

∂2Z

∂xi ∂xj

∂2Z

∂xk ∂xl

+ 2

Z3

∂2Z

∂xi ∂xj

∂Z

∂xk

∂Z

∂xl

− 1

Z2

∂3Z

∂xi ∂xj ∂xk

∂Z

∂xl+ 1

Z

∂4Z


=⟨

∂4Z


⟩

− 1

6

∑

perm.

⟨∂3Z

∂xi1 ∂xi2 ∂xi3

⟩ ⟨∂Z

∂xi4

⟩

− 1

8

∑

perm.

⟨∂2Z

∂xi1 ∂xi2

⟩ ⟨∂2Z

∂xi3 ∂xi4

⟩

+ 1

2

∑

perm.

⟨∂2Z

∂xi1 ∂xi2

⟩ ⟨∂Z

∂xi3

⟩ ⟨∂Z

∂xi4

⟩

− 6

⟨∂Z

∂xi

⟩ ⟨∂Z

∂xj

⟩ ⟨∂Z

∂xk

⟩ ⟨∂Z

∂xl

⟩

Dabei bedeutet „perm“, dass über alle Permutationen von (xi, xj , xk, xl) zu summieren ist. Die kombinatorischen Vorfaktorenkompensiert dabei die mehrfach gezählten Varianten.


Aufgaben zu Kapitel 24 - Springer...2 Aufgaben zu Kapitel 24 Aufgabe 24.8 • Man entwickle die...

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