Lösungen Band I, Intermezzo III

Aufgabe III.1

Berechnen Sie alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung — incl. aller gemischten Ableitungen — der folgenden Funktionen:

  • x^2 + y^2
  • \sin(x y)
  • \frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}
  • e^x\cos y

Lösung:

Die Ableitungen für x^2 + y^2:

    \[\pd{(x^2 + y^2)}{x} = 2x, \;\;\;\;\;\; \pd{(x^2 + y^2)}{y} = 2y\]


    \[\pdd{(x^2 + y^2)}{x} = \pd{(2x)}{x} = 2,\;\;\;\;\;\; \pdd{(x^2 + y^2)}{y} = \pd{(2y)}{y} = 2\]


    \[\frac{\partial^2(x^2+y^2)}{\partial x \partial y} = \pd{(2x)}{y} = 0,\;\;\;\;\;\;\frac{\partial^2(x^2+y^2)}{\partial y \partial x} = \pd{(2y)}{x} = 0.\]

Die Ableitungen für \sin (xy):

    \[\pd{\sin (xy)}{x} = y \cos(xy), \;\;\;\;\;\; \pd{\sin (xy)}{y} = x \cos(xy)\]


    \[\pdd{y \cos(xy)}{x} = \pd{(y \cos(xy))}{x} = -y^2 \sin(xy)\]


    \[ \pdd{ x \cos(xy)}{y} = \pd{( x \cos(xy))}{y} = -x^2 \sin(xy)\]


    \[ \frac{\partial^2(y \cos(xy))}{\partial x \partial y} = \pd{(y \cos(xy))}{y} = \cos(xy) - xy \sin(xy)\]


    \[ \frac{\partial^2(x \cos(xy))}{\partial y \partial x} = \pd{(x \cos(xy))}{x} = \cos(xy)- xy \sin(xy). \]

Wie man sieht, stimmen die gemischten zweiten Ableitungen überein, d.h. es kommt nicht auf die Reihenfolge der Ableitung an. Daher verzichte ich bei den folgenden Beispielen auf die doppelte Berechnung.

Die Ableitungen für \frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}:

    \[\pd{}{x}\left[\frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}\right] = \frac{1}{y} e^{(x^2 + y^2)} + \frac{x}{y} 2x e^{(x^2 + y^2)} = \frac{1+x}{y}e^{(x^2 + y^2)}\]


    \[\pd{}{y}\left[\frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}\right] = -\frac{x}{y^2} e^{(x^2 + y^2)} + \frac{x}{y} 2y e^{(x^2 + y^2)} = (-\frac{x}{y^2} + 2x) e^{(x^2 + y^2)}\]

    \[\begin{split}\pdd{}{x}\left[\frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}\right] &= \pd{}{x} \left[\frac{1+x}{y}e^{(x^2 + y^2)}\right]\\&= \frac{2x}{Nenner}\end{split}\]

    \[ \pdd{ }{y}\left[\frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}\right] = \pd{}{y}\left[-\frac{x}{y^2} e^{(x^2 + y^2)} + \frac{x}{y} 2y e^{(x^2 + y^2)}\right] = -x^2 \sin(xy)\]

    \[ \frac{\partial^2}{\partial x \partial y}\left[\frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}\right] = \pd{}{y} = \cos(xy) - xy \sin(xy)\]


    \[ \frac{\partial^2}{\partial y \partial x}\left[\frac{x}{y} e^{(x^2 + y^2)}\right] = \pd{}{x} = \cos(xy)- xy \sin(xy). \]

Die Ableitungen für e^x \cos y:

    \[\pd{(e^x \cos y)}{x} = e^x \cos y, \;\;\;\;\;\; \pd{(e^x \cos y)}{y} = -e^x \sin y\]


    \[\pdd{(e^x \cos y)}{x} = \pd{(e^x \cos y)}{x} = e^x \cos y\]


    \[ \pdd{( e^x \cos y)}{y} = \pd{(-e^x \sin y)}{y} = -e^x \cos y\]


    \[ \frac{\partial^2(e^x \cos y)}{\partial x \partial y} = \pd{(e^x \cos y)}{y} = -e^x \sin y\]

Aufgabe III.2

Betrachten Sie die Punkte

  • (x = \frac{\pi}{2},y = -\frac{\pi}{2} )
  • (x = -\frac{\pi}{2},y = \frac{\pi}{2} )
  • (x = -\frac{\pi}{2},y = -\frac{\pi}{2} )

Sind diese Punkte stationäre Punkte der folgenden Funktionen?\newline Wenn ja, welchen Typ haben sie?

  • F(x,y)= \sin x + \sin y
  • F(x,y)= \cos x + \cos y

Lösung:

Stationäre Punkte einer Funktion sind Punkte, in denen die ersten Ableitungen der Funktion verschwinden. Wir berechnen daher die ersten Ableitungen der angegebenen Funktionen und setzen die Punkte ein.

F(x,y) =\sin x + \sin y

    \[\pd{F}{x} (\sin x + \sin y) =\cos x, \;\;\;\; \pd{F}{y} (\sin x + \sin y) =\cos y \]

In allen Punkten mit x,y = \pm \frac{\pi}{2} sind \cos x und \cos y gleich, d.h. alle drei Punkte sind stationär.

F(x,y) =\cos x + \cos y

    \[\pd{F}{x} (\cos x + \cos y) =-\sin x, \;\;\;\; \pd{F}{y} (\cos x + \cos y) =-\sin y \]


In allen Punkten mit x,y = \pm \frac{\pi}{2} sind \sin x und \sin y entweder 1 oder -1, d.h. keiner der drei Punkte ist stationär.

Funktion 1:

Im ersten Fall F(x,y) =\sin x + \sin y bestimmen wir noch den Typ der stationären Punkte. Dazu brauchen wir die zweiten Ableitungen:

    \[ \pdd{F}{x} = -\sin x,\;\;\;\; \pdd{F}{x} = -\sin y,\;\;\;\; \frac{\partial^2 F}{\partial x \partial y} = 0 \]


Die Hesse-Matrix lautet also

    \[H=\begin{pmatrix}-\sin x & 0 \\ 0 & -\sin y\end{pmatrix}\]


Es ist damit

    \[\text{spur} H = - (\sin x + \sin y) \;\;\;\; \det H = \sin x \sin y. \]

Der Typ der stationären Punkte ergibt sich nun wie im Kasten auf S. 64 (Band I) beschrieben:

Punkt 1:

    \[( x = \frac{\pi}{2},y = -\frac{\pi}{2} ) \longrightarrow \sin x = 1, \sin y = -1\]


Daher gilt \text{det} H = -1, die Determinante ist also negativ und (\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}) ein Sattelpunkt.

Punkt 2:


    \[( x = \frac{\pi}{2},y = -\frac{\pi}{2} ) \longrightarrow \sin x = -1, \sin y = 1\]


Wieder ist \text{det} H = -1, und damit ( x = \frac{\pi}{2},y = -\frac{\pi}{2} ) ein Sattepunkt.

Punkt 3:


    \[( x = -\frac{\pi}{2},y = -\frac{\pi}{2} ) \longrightarrow \sin x = -1, \sin y = -1\]


Daher gilt \text{det} H = 1, die Determinante ist also positiv. Es gilt weiter \text{spur} H = 2 > 0, und damit ist (-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}) ein lokales Minimum.

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